第三章 §3.2 导数与函数的单调性（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§3.2　导数与函数的单调性 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，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f(x)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． 自主诊断 1．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．(　√　) 2.(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2,1)上f(x)单调递增 B．在区间(2,3)上f(x)单调递减 C．在区间(4,5)上f(x)单调递增 D．在区间(3,5)上f(x)单调递减 答案　BC 解析　在区间(－2,1)上，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，A错误；在区间(3,5)上，当x∈(3,4)时，f′(x)<0，当x∈(4,5)时，f′(x)>0，故f(x)在区间(3,4)上单调递减，在区间(4,5)上单调递增，C正确，D错误；在区间(2,3)上，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，B正确． 3．已知f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________． 答案　(－∞，－1)， 解析　令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，解得x>或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为(－∞，－1)和. 4．已知f(x)＝2x2－ax＋ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 答案　(－∞，5] 解析　f′(x)＝4x－a＋＝，x∈(1，＋∞)， 故只需4x2－ax＋1≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 则a≤4x＋在x∈(1，＋∞)上恒成立， 令y＝4x＋， 因为y′＝4－＝>0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以y＝4x＋在(1，＋∞)上单调递增， 故4x＋>5，所以a≤5. 题型一　不含参函数的单调性 例1　(1)函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为________． 答案　 解析　∵f(x)＝x2－ln x(x>0)， ∴f′(x)＝x－＝(x>0)， 令f′(x)<0，得0<x<， ∴函数f(x)的单调递减区间为. (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，即f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(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)＝xsin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f(x)的单调递减区间为(　　) A. B. C．(π，2π) D. 答案　B 解析　由题意f(x)＝xsin x＋cos x，x∈[0,2π]， 则f′(x)＝xcos x， 当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， 故f(x)的单调递减区间为. 题型二　含参数的函数的单调性 例2　(2023·天津模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋3)x，a∈R. (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线的斜率为4，求a的值； (2)当a>0时，求f(x)的单调区间． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由f(x)＝aln x＋x2－(a＋3)x， 得f′(x)＝＋3x－(a＋3)， 所以f′(2)＝－＋3＝4，所以a＝－2. (2)由(1)得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)， ①当0<a<3时，令f′(x)>0， 解得0<x<或x>1， 令f′(x)<0，解得<x<1. 所以函数f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为； ②当a＝3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； ③当a>3时，令f′(x)>0，解得0<x<1或x>， 令f′(x)<0，解得1<x<， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和，单调递减区间为. 综上，当0<a<3时，f(x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，单调递减区间为； 当a＝3时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a>3时，f(x)的单调递增区间为(0,1)和，单调递减区间为. 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R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R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． 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)已知函数f(x)＝3x＋2cos x．若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 答案　D 解析　由题意，得f′(x)＝3－2sin x. 因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立， 所以函数f(x)是增函数． 因为log24<log27<log28，所以2<log27<3， 所以2<log27<3， 所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a. 常见组合函数的图象 在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果． 典例　(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上为增函数，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”． (2)(2023·红河模拟)已知函数f(x)＝x3＋2x－1＋(sin x－cos x)2，则不等式f(x2－2x)＋f(2－x)>0的解集为________． 答案　{x|x>2或x<1} 解析　因为f(x)＝x3＋2x－1＋(sin x－cos x)2 ＝x3＋2x－1＋1－2sin xcos x＝x3＋2x－sin 2x， f′(x)＝3x2＋2－2cos 2x≥0， 所以f(x)在R上单调递增， 因为f(－x)＝－x3－2x＋sin 2x＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数， 不等式f(x2－2x)＋f(2－x)>0可化为 f(x2－2x)>－f(2－x)， 即f(x2－2x)>f(x－2)，所以x2－2x>x－2， 即x2－3x＋2>0，解得x>2或x<1. 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)(2024·郑州模拟)函数f(x)的图象如图所示，设f(x)的导函数为f′(x)，则f(x)·f′(x)>0的解集为(　　) A．(1,6) B．(1,4) C．(－∞，1)∪(6，＋∞) D．(1,4)∪(6，＋∞) 答案　D 解析　由图象可得， 当x<4时，f′(x)>0，当x>4时，f′(x)<0. 结合图象可得，当1<x<4时，f′(x)>0，f(x)>0，即f(x)·f′(x)>0；当x>6时，f′(x)<0，f(x)<0，即f(x)·f′(x)>0， 所以f(x)·f′(x)>0的解集为(1,4)∪(6，＋∞)． (2)已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．[0，＋∞) D．[1，＋∞) 答案　A 解析　依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1， 故f′(x)在(1，＋∞)上有零点， 令g(x)＝－ln x＋＋a－1， 令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1， 令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋， 由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增， 又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0， 所以a的取值范围是(0，＋∞)． 课时精练 一、单项选择题 1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是(　　) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) 答案　A 解析　由已知得， f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex， 当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)． 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， 则函数y＝f(x)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，f(x)在(－∞，0)上单调递减； 当0<x<2时，f′(x)>0， f(x)在(0,2)上单调递增； 当x>2时，f′(x)<0， f(x)在(2，＋∞)上单调递减， 所以只有D选项符合． 3．(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 答案　C 解析　由题意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1， 若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立， 则解得a≥1， 故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件． 4．(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. 5．(2023·新高考全国Ⅱ)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 答案　C 解析　依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0， 所以xex≥在(1,2)上恒成立， 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. 6．(2024·苏州模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sin x，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　当x≥0时，f′(x)＝ex＋cos x， 因为ex≥1，cos x∈[－1,1]， 所以f′(x)＝ex＋cos x≥0在[0，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又因为f(x)是定义在R上的偶函数， 所以f(x)在(－∞，0]上单调递减， 所以f(－π)＝f(π)＝eπ， 所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π， 解得x∈. 二、多项选择题 7．已知函数f(x)＝(x2－4x＋1)ex，则函数f(x)在下列区间上单调递增的有(　　) A．(－1,0) B．(－2，－1) C．(－1,3) D．(3,4) 答案　BD 解析　f′(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋1)ex ＝(x2－2x－3)ex， 令f′(x)>0，可得x2－2x－3>0， 解得x<－1或x>3， 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(3，＋∞)， 所以f(x)在(－2，－1)和(3,4)上单调递增． 8．若函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则实数b的取值可以是(　　) A．－2 B．－ C．e D．2 答案　ACD 解析　由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1， 函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间， 则函数f(x)＝x3＋bx2＋x有两个极值点， 即f′(x)＝3x2＋2bx＋1的图象与x轴有两个交点， 则判别式Δ＝4b2－12>0，解得b>或b<－. 所以实数b的取值范围为 (－∞，－)∪(，＋∞)． 三、填空题 9．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. 10．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　 解析　f′(x)＝－4x＋， 若函数f(x)在[1,2]上单调， 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，所以<a<1. 四、解答题 11．(2024·毕节模拟)已知函数f(x)＝(a－x)ln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围． 解　(1)根据题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0， f′(x)＝－ln x＋， ∴f′(1)＝a－1， ∴曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1)． (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－ln x＋＝， 令g(x)＝－xln x－x＋a， 则g′(x)＝－ln x－2， 令g′(x)＝0，则x＝， 令g′(x)>0，则0<x<， 令g′(x)<0，则x>， ∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x)max＝g＝＋a， ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即＋a≤0， ∴a≤－. 12．已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2. (1)若g(x)的单调递减区间为(0，ln 2)，求a的值； (2)讨论函数g(x)的单调性． 解　(1)由题意得g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a) ＝(x－a)(ex－2)， 由题意知0，ln 2为方程(x－a)(ex－2)＝0的两根， ∴a＝0. (2)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． 学科网（北京）股份有限公司 $