第三章 §3.2 导数与函数的单调性（教师用书word）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 苏教版（苏粤（梅州））

§3.2　导数与函数的单调性 考试要求　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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用． 知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上单调递增 f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上单调递减 f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是常数函数 2.利用导数判断函数单调性的步骤 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． 常用结论 1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)在定义域上都有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．(　√　) 教材改编题 1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) 答案　C 解析　由f′(x)的图象知， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增； 当x∈(0，x1)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减； 当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增． 2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1,1) 答案　A 解析　∵f′(x)＝2x－ ＝(x>0)， 令f′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)， ∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 3．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f ，f(1)，f 的大小关系为________________．(用“<”连接) 答案　f <f(1)<f  解析　因为f(x)＝xsin x，当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在上单调递增，又因为0<<1<<，所以f <f(1)<f . 题型一　不含参函数的单调性 例1　(1)函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________． 答案　(0，e2) 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， ∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)． (2)若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间为________． 答案　(0,1) 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， ∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)． 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　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． 题型二　含参数的函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝(2－a)x－ln x－1，a∈R. (1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间； (2)若a<0，设g(x)＝f(x)＋ax2，求函数g(x)的单调区间． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x－1，则f′(x)＝1－＝(x>0)， 当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)． (2)g(x)＝ax2＋(2－a)x－ln x－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝2ax＋2－a－＝＝(a<0)， 令g′(x)＝0，可得x1＝，x2＝－>0， ①若－>，即－2<a<0， 当0<x<或x>－时，g′(x)<0；当<x<－时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为； ②若－＝，即a＝－2，则g′(x)≤0，∴g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； ③若0<－<，即a<－2， 当0<x<－或x>时，g′(x)<0； 当－<x<时，g′(x)>0， ∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为. 综上，当－2<a<0时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为； 当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a<－2时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为. 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． 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， ∴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， ∴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． 题型三　函数单调性的应用 命题点1　比较大小或解不等式 例3　(1)(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 答案　AD 解析　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． (2)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，＋∞) 答案　B 解析　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， ∴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. 命题点2　根据函数的单调性求参数 例4　已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)． (1)若f(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围． 解　(1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．设G(x)＝－，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1， 因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－， 又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)． (2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>－有解， 又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)， 所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华　由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立． (2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0 (或f′(x)<0)在该区间上存在解集． 跟踪训练3　(1)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________． 答案　－1≤a≤ 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≤. (2)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________． 答案　[0,1) 解析　由题意，f′(x)＝－x－3＋＝－，x∈(0，＋∞)， 当f′(x)＝0时，有x2＋3x－4＝0，得x＝－4或x＝1， ∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2)⊆(0，＋∞)， ∴解得t∈[0,1)． 课时精练 1．函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是(　　) A. B. C. D．(e，＋∞) 答案　C 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x， 令f′(x)<0，得0<x<， 所以f(x)的单调递减区间为. 2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示， 则y＝f(x)函数的图象可能是(　　) 答案　D 解析　根据导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减； 当x∈(0,2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减， 所以只有D选项符合． 3．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝ln x，且a＝f ，b＝f ，c＝，则(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．a>c>b D．c>b>a 答案　B 解析　由f(x)＝ln x， 得f′(x)＝ln x＋， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 因为c＝f ， 0<<<<1， 所以f >f >f ，故c>a>b. 4．已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　因为f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增， 则f′(x)＝＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋， 当x>0时，由基本不等式可得2x＋≥2＝2，当且仅当x＝时，等号成立， 所以a≤2. 因为{a|a≤2}{a|a≤2}， 因此，“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x2－ax在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件． 5．(多选)(2023·深圳模拟)若0<x1<x2<1，则(　　) A．－>ln  B．－<ln  C．x2>x1 D．x2<x1 答案　AC 解析　令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)， 则f′(x)＝ex－>0， 故f(x)在区间(0,1)上单调递增， 因为0<x1<x2<1， 所以f(x1)<f(x2)， 即－ln(x1＋1)<－ln(x2＋1)， 故－>ln ， 所以A正确，B错误； 令f(x)＝且x∈(0,1)， 则f′(x)＝<0， 故f(x)在区间(0,1)上单调递减， 因为0<x1<x2<1， 所以f(x1)>f(x2)， 即>， 故x2>x1， 所以C正确，D错误． 6．(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　) A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2 C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x 答案　ACD 解析　依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数． 对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”； 对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”； 对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x>0， 当x∈时，g′(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 故C中函数不是“F函数”； 对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x， 当x∈时，g′(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 故D中函数不是“F函数”． 7．函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为________． 答案　 解析　f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin， 当x∈时，e－x>0，sin>0，则f′(x)<0； 当x∈时，e－x>0，sin<0，则f′(x)>0， ∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为. 8．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________． 答案　<a<1 解析　f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数， 即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立， 即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立． 令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增， 所以≥h(2)或≤h(1)， 即≥或≤3， 又a>0，所以0<a≤或a≥1. 因为f(x)在[1,2]上不单调，故<a<1. 9．已知函数f(x)＝aex－x，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)试讨论函数f(x)的单调性． 解　(1)因为a＝1， 所以f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1， 所以f′(1)＝e－1，f(1)＝e－1， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－(e－1)＝(e－1)(x－1)， 即y＝(e－1)x. (2)因为f(x)＝aex－x，a∈R，x∈R， 所以f′(x)＝aex－1， 当a≤0时，f′(x)＝aex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)<0，当x>－ln a时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增， 综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时， f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． 10．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex，x∈R. (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，f′(x)＝－(x2－2)ex， 令f′(x)>0，即x2－2<0，解得－<x<， ∴f(x)的单调递增区间是(－，)． (2)f′(x)＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，若f(x)在(－1,1)上单调递增， 即当－1<x<1时，f′(x)≥0， 即－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立， 即a≥x＋1－对x∈(－1,1)恒成立， 令y＝x＋1－，则y′＝1＋>0， ∴y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增， ∴y<1＋1－＝， ∴a≥， ∴a的取值范围是. 11．(多选)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x，则下列说法正确的是(　　) A．f(ln 2)＝ln  B．f(x)是奇函数 C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 D．f(x)的最小值为ln 2 答案　ACD 解析　f(ln 2)＝ln(e2ln 2＋1)－ln 2＝ln 5－ln 2＝ln ，A正确； f(x)＝ln(e2x＋1)－x＝ln(ex＋e－x)定义域为R，其中f(－x)＝ln(e－x＋ex)＝f(x)，故f(x)是偶函数，B错误； f′(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，C正确； 根据f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)是偶函数，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的最小值为f(0)＝ln 2，D正确． 12．已知函数f(x)＝ex－e－x＋sin x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)<2，则下列不等式成立的是(　　) A．2a＋b<－1 B．2a＋b>－1 C．4a＋b<1 D．4a＋b>1 答案　C 解析　设g(x)＝ex－e－x＋sin x，则g(x)＝f(x)－1， f(3a＋b)＋f(a－1)<2，即g(3a＋b)＋g(a－1)<0， ∵g(－x)＝e－x－ex－sin x＝－g(x)，∴函数g(x)是奇函数， ∵g′(x)＝ex＋e－x＋cos x≥2＋cos x＝2＋cos x>0， ∴g(x)是增函数， ∵g(3a＋b)＋g(a－1)<0，∴g(3a＋b)<－g(a－1)＝g(1－a)， 则3a＋b<1－a，即4a＋b<1. 13．(多选)(2023·杭州模拟)已知f(x)＝(a2－1)ex－1－x2，若不等式f >f 在(1，＋∞)上恒成立，则a的值可以为(　　) A．－ B．－1 C．1 D. 答案　AD 解析　设y＝x－1－ln x(x>1)， 则y′＝1－>0， ∴y＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增， ∴x－1－ln x>0， ∴ln x<x－1，x∈(1，＋∞)， ∴0<ln x<x－1， ∴>>0. 又f >f 在(1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴f′(x)＝(a2－1)ex－1－x≥0对∀x∈(1，＋∞)恒成立， 即a2－1≥在x∈(1，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝， 当x>1时，g′(x)<0， 故g(x)<g(1)＝1， ∴a2－1≥1， 解得a≥或a≤－， ∴a的值可以为－，. 14．(2023·蚌埠模拟)若x1·＝x2·log2x2＝2 024，则x1x2的值为________． 答案　2 024 解析　因为x1·＝x2·log2x2＝2 024， 所以log2＝x2·log2x2＝2 024， 则>1，x1>0，x2>1， 设f(x)＝xlog2x(x>1)，则f′(x)＝log2x＋>0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以＝x2， 所以x1x2＝x1·＝2 024. 学科网（北京）股份有限公司 $$