3 第2节 利用导数研究函数的单调性(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教版）

第2节　利用导数研究函数的单调性　► 对应学生用书P60 [课标要求]　1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系．　2.能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间． 备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识 1．函数的单调性与导数的关系 一般地，设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数，函数f(x)的单调性与其导函数f′(x)的正负之间具有如下关系： 在某个区间(a，b)上，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，区间(a，b)为函数y＝f(x)的单调增区间； 在某个区间(a，b)上，如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，区间(a，b)为函数y＝f(x)的单调减区间． 在某个区间(a，b)上，如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上为常函数． 2．利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤 第1步，确定函数的定义域； 第2步，求出导数f′(x)的零点； 第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． [提醒]　(1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间． (2)注意“临界点”和“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点． 【小题热身】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　 ) (2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　　 ) (3)若函数f(x)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　 ) (4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　　 ) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．(北师大版选择性必修二·P84习题2－6A组T1改编)函数f(x)＝x－ex的单调递减区间是(　　 ) A．(－∞，ln 2) B．(ln 2，＋∞) C．(－∞，2) D．(2，＋∞) 解析：选B.因为f′(x)＝1－ex，由f′(x)<0，得x>ln 2，所以f(x)的单调递减区间为(ln 2，＋∞). 3．(北师大版选择性必修二·P79练习T2改编)已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　 ) A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π) C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2) 解析：选D.f(x)＝1＋x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)为增函数．因为2<3<π，所以f(π)>f(3)>f(2). 4．(人教A版选择性必修二·P87例3改编)函数f(x)＝x＋－ln x的单调递增区间是________. 解析：f(x)＝x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－－＝＝，令f′(x)>0，得x>2或x<－1，因为定义域为(0，＋∞)，所以单调递增区间为(2，＋∞). 答案：(2，＋∞) 5．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________． 解析：因为f′(x)＝x2－3x＋a，又函数f(x)的单调递减区间为[－1，4]，所以－1，4是方程f′(x)＝0的两根．所以a＝－1×4＝－4. 答案：－4 备考第2步——突破核心考点，提升关键能力 考点1　不含参函数的单调性 [例1] (1)(2024·山师大附中质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f(x)的单调递增区间为(　　 ) A．(－，) B．(－∞，－)，(，＋∞) C．(0，) D．(，＋∞) 解析：选C.由f(x)＝ln x＋f′(1)x2，得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，f′(1)＝－1，所以f′(x)＝－2x＝，因为x>0，所以由f′(x)＝>0得0<x<. (2)已知函数f(x)＝x－ln x－，判断函数f(x)的单调性． 解：因为f(x)＝x－ln x－，所以f′(x)＝1－－＝(x>0)， 令g(x)＝x－ex，则g′(x)＝1－ex， 可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)<g(0)＝－1<0， 所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 【思维升华】　确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 跟踪训练1 (1)函数f(x)＝x ln x－3x＋2的单调递减区间为____________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x－2， 当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递减区间为(0，e2). 答案：(0，e2) (2)若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间为________． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， 令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－－<0， φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， 故当x∈(0，1)时，φ(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0， 即f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 综上，函数f(x)的单调递增区间为(0，1). 答案：(0，1) 考点2　含参函数的单调性 [例2] 讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1(a∈R)的单调性． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝. ①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝， 则当x∈(0, )时，f′(x)<0； 当x∈( ，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，f(x)在(0, )上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． [变式] 本例条件变为“已知函数f(x)＝ax2－ln x－x(a≠0)”，问题不变． 解：函数f(x)＝ax2－ln x－x的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2ax－－1＝， 设g(x)＝2ax2－x－1， 当a<0时，因为函数g(x)图象的对称轴为x＝<0，g(0)＝－1，所以当x>0时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，令g(x)＝0，得x1＝，x2＝， 当0<x<x2时，g(x)<0，f′(x)<0, 当x>x2时，g(x)>0，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． 【思维升华】　(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点． 讨论点一般有三类：①自变量系数a分②判别式Δ分③两根的大小分 跟踪训练2 已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性． 解：g(x)的定义域为R， g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)， 令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2， ①若a>ln 2， 则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0； 当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0， 故g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减． ②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立， g(x)在R上单调递增， ③若a<ln 2， 则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0； 当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0， 故g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； 当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增； 当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 考点3　函数单调性的应用 　比较大小 [例3] (多选)下列不等式成立的是(　　 ) A．2ln <ln 2 B．ln <ln C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π 解析：选AD.设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝， 所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减． 因为<2<e，所以f<f(2)，即2ln <ln 2，故选项A正确； 因为<<e，所以f()<f()，即ln >ln ，故选项B不正确； 因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，故选项C不正确； 因为e<π，所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确． 【思维升华】　(1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数． (2)含有两个变元的不等式，可把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系． 　解不等式 [例4] 已知函数f(x)＝cos x＋ex＋e－x－x2，则关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为(　　 ) A.(－1，2) B． C.(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．∪(4，＋∞) 解析：选B.f′(x)＝ex－e－x－sin x－x， 令g(x)＝ex－e－x－sin x－x，则g′(x)＝ex＋e－x－cos x－1≥2－cos x－1＝1－cos x≥0，当且仅当x＝0时等号成立，故函数g(x)在R上单调递增， 又g(0)＝0， ∵当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，∴f′(x)≥0； ∵当x∈(－∞，0)时，g(x)<g(0)＝0，∴f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增． 又∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数， ∴关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)可转化为|3＋x|>|2x－1|，解得－<x<4. 即关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为. 【思维升华】　利用单调性解不等式的思路方法 (1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式． (2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可． 　根据函数的单调性求参数的范围 [例5] 若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 设G(x)＝－，所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1， 因为x∈[1，4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 所以a≥－，又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(0，＋∞). 答案：∪(0，＋∞) [变式] 1．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上单调递增”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上单调递增，所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立， 即a≤－恒成立， 又因为当 x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)， 所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]. 答案：(－∞，－1] 2．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上存在单调递减区间”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＜0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a＞－有解， 而当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，所以a＞－1，又因为a≠0， 所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 答案：(－1，0)∪(0，＋∞) 3．(变条件)若本例条件变为“函数h(x)在[1，4]上不单调”，则a的取值范围为________． 解析：因为h(x)在[1，4]上不单调， 所以h′(x)＝0在(1，4)上有解，即a＝－＝－1在(1，4)上有解， 令m(x)＝－，x∈(1，4)，则－1＜m(x)＜－. 所以实数a的取值范围是. 答案： 【思维升华】　由函数的单调性求参数的取值范围 (1)可导函数在区间(a，b)上单调递增(或递减)，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围． (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调递增(或递减)区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围． (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围． 跟踪训练3 (1)(2023·河南郑州三模)已知a＝e0.3，b＝＋1，c＝，则它们的大小关系正确的是(　　 ) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a 解析：选B.因为b＝＋1＝ln ＋1，令f(x)＝ln x＋1－x，则f′(x)＝－1，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)＝ln x＋1－x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，则f()<0，即ln ＋1－<0，所以b<c.又因为c＝<1.3，所以ln ＋1<<1.3，所以ln <0.3＝ln e0.3，故<e0.3，即a>c.综上所述，a>c>b. (2)已知函数f(x)＝－ex＋2x－x3，若f(3a2)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________． 解析： 由题意得f′(x)＝－－ex＋2－x2＝－＋2－x2， 因为ex＋≥2＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减， 又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，所以f(3a2)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a2)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)， 即3a2≤1－2a，解得－1≤a≤. 答案：－1≤a≤ (3)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：选C.依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a＞0，所以xex≥， 设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增， g(x)＞g(1)＝e，故e≥，即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1. 学科网（北京）股份有限公司 $$