利用导数研究函数的单调性 课件-2026届高三数学三轮冲刺

利用导数研究函数的单调性 递增 递减 常数函数 B D D (－2，0)∪(2，＋∞) 3 3 (0，1) C B D A 1 (－∞，0] (0，1) (－∞，1) ACD B D D [知识总结] 1．函数的单调性与导数 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 ，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 ，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 ． 2．利用导数研究函数单调性的步骤 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)的值在各区间上的正负，由此得出函数y＝f (x)在定义域内的单调性． 3．常用结论 (1)在某区间内f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)是函数f (x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f (x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是∀x∈(a，b)，都有f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)且f ′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零． [基础训练] 1．函数f (x)＝x－ex的单调递减区间是( ). A．(－∞，ln 2)　　　 B．(ln 2，＋∞) C．(－∞，2)　　　 D．(2，＋∞) 2．若函数f (x)＝x2－a ln x在(2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( ). A．(4，＋∞)　　　 B．[4，＋∞) C．(－∞，4)　　　 D．(－∞，4] 3．已知f (x)＝x2＋cos x，f ′(x)为f (x)的导函数，则y＝f ′(x)的图象大致是( ). 　 4．已知f (x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，当x>0时，f (x)＋xf ′(x)>0且f (2)＝，则不等式f (x)>的解集是 ． 5．(易错题)(1)已知f (x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是 ． 【解析】f ′(x)＝3x2－a，由题意知f ′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立．又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，所以a≤3，即a的最大值是3. (2)已知f (x)＝x3－ax(x>0)的单调递增区间是[1，＋∞)，则a的值是 ． 【解析】f ′(x)＝3x2－a，由题意知a>0，由3x2－a>0，得x>或x<－.因为x>0且函数f (x)的单调递增区间是[1，＋∞)，所以＝1，解得a＝3. 题型1　求函数的单调区间 【例1】(1)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)，则φ′(x)＝－－<0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ(x)>0，即f ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f ′(x)<0，所以f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数f (x)的单调递增区间为(0，1). (2)已知f (x)＝ex－2x. ①求f (x)的单调区间； ②证明：方程f (x)＝cos x在上无实数根． ①【解析】f (x)的定义域为R，f ′(x)＝ex－2，令f ′(x)>0，即ex>2，解得x>ln 2.令f ′(x)<0，即ex<2，解得x<ln 2.综上所述，f (x)的单调递减区间为(－∞，ln 2)，单调递增区间为(ln 2，＋∞). ②【证明】令g(x)＝ex－2x－cos x，x∈，则g′(x)＝ex＋sin x－2，因为当x∈时，g′(x)＝(ex－1)＋(sin x－1)<0，所以g(x)在上单调递减，所以g(x)>g(0)＝0，所以函数g(x)在上无零点，即方程f (x)＝cos x在上无实数根． 【变式】(1)已知x∈(0，π)，函数f (x)＝ex cos x的单调增区间为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 【解析】因为f (x)＝ex cos x，所以f ′(x)＝(cos x－sin x)ex，令f ′(x)＝0，解得x＝，当x∈时，f ′(x)>0，当x∈时，f ′(x)<0，所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，所以f (x)在(0，π)上的单调增区间为. (2)函数f (x)＝3ln x＋＋1的单调减区间是( ). A．　　　 B． C．　　　 B． 题型2　含参函数的单调性讨论 【例2】已知函数f (x)＝. (1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x)的单调区间． 【解析】(1)当a＝0时，f (x)＝(x≠－1)，则f (0)＝0，因为f ′(x)＝，所以f ′(0)＝2，所以曲线y＝f (x)在(0，0)处的切线方程为y＝2x. (2)函数f (x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，f ′(x)＝＝，令f ′(x)＝0，解得x＝a＋1. ①当a＋1＝－1，即a＝－2时，f ′(x)＝＝＝<0，所以函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间； ②当a＋1<－1，即a<－2时，令f ′(x)<0，得x∈(－∞，a＋1)∪(－1，＋∞)，令f ′(x)>0，得x∈(a＋1，－1)，所以函数f (x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)； ③当a＋1>－1，即a>－2时，令f ′(x)<0，得x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f ′(x)>0，得x∈(－1，a＋1)，所以函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1). 综上所述，当a＝－2时，函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a<－2时，函数f (x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)；当a>－2时，函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1). (1)研究含参数的函数的单调性，要根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论，如：开口方向、是否有解、解是否在定义域内、解之间的大小关系等． (2)划分函数的单调区间时，要确定导数为0的点和函数的间断点． (3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如：f (x)＝x3，f ′(x)＝3x2≥0(f ′(x)＝0在x＝0处取到)，f (x)在R上是增函数． 【变式】(1)已知函数f (x)＝－1＋ln x(a∈R)，讨论函数f (x)的单调性． (2)已知函数f (x)＝3(x－1)ex－ax2，其中实数a∈(0，＋∞)，讨论函数f (x)的单调性． (1)【解析】由题意得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＝，当a≤0时，f ′(x)>0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，令f ′(x)＝0，解得x＝2a，x∈(0，2a)时，f ′(x)<0，函数f (x)在(0，2a)上单调递减；x∈(2a，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f (x)在(2a，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f (x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增． (2)【解析】函数f (x)＝3(x－1)ex－ax2，a∈(0，＋∞)，则f ′(x)＝3xex－3ax＝3x(ex－a)，当a＝1时，x∈R，f ′(x)≥0恒成立，所以f (x)在R上单调递增；当0<a<1时，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln a(ln a<0)，当x<ln a或x>0时，f ′(x)>0，则f (x)单调递增，当ln a<x<0时，f ′(x)<0，则f (x)单调递减，所以f (x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a>1时，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln a(ln a>0)，当x<0或x>ln a时，f ′(x)>0，则f (x)单调递增，当0<x<ln a时，f ′(x)<0，则f (x)单调递减，所以f (x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．综上所述，当a＝1时，f (x)在R上单调递增；当0<a<1时，f (x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a>1时，f (x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减． 题型3　利用函数的单调性求参数 【例3】(1)若函数f (x)＝ex－a+1－x在区间(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( ). A．(－∞，－1]　　　 B．(－∞，1) C．[0，＋∞)　　　 D．(－∞，1] 【解析】由f (x)＝ex－a+1－x，得f ′(x)＝ex－a+1－1.因为函数f (x)＝ex－a+1－x在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x)＝ex－a+1－1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，且f ′(x)不恒为0，所以x－a＋1≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即a≤x＋1在区间(0，＋∞)上恒成立，所以a≤1. (2)已知函数f (x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是( ). A．(0，＋∞)　　　 B．(1，＋∞) C．[0，＋∞)　　　 D．[1，＋∞) 【解析】由题意得f ′(x)＝－ln x＋＋a－1，故f ′(x)在(1，＋∞)上有零点，令g(x)＝－ln x＋＋a－1(x>1)，由g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，令z(x)＝ln x－＋1(x>1)，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，所以z(x)在(1，＋∞)上单调递增，由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞). 已知函数f (x)的单调性，求参数取值范围的两种方法 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数f (x)单调递增，则f ′(x)≥0；若函数f (x)单调递减，则f ′(x)≤0”，注意检验f ′(x)＝0的情况． 【变式】已知函数f (x)＝kx－ln x. (1)若f (x)的增区间为(1，＋∞)，则k的值为 ； (2)若f (x)在(1，＋∞)上单调递减，则k的取值范围是 ； (3)若f (x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是 ； (4)若f (x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是 ； (5)若f (x)在(1，2)上单调，则k的取值范围是 ． ∪[1，＋∞) 【解析】(1)由题意知k－1＝0，所以k＝1. (2)由题意知f ′(x)＝≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k≤.又x>1，所以0<<1，所以k≤0，即k的取值范围是(－∞，0]. (3)易知f (x)在(1，＋∞)上单调时，k≤0或k≥1，所以f (x)在(1，＋∞)上不单调时，0<k<1，即k的取值范围是(0，1). (4)由题意可知f ′(x)＝≤0在(1，＋∞)内有解，即k≤，x∈(1，＋∞)有解，由0<<1可知k<1，即k的取值范围是(－∞，1). (5)因为x∈(1，2)，所以<<1，若f (x)在(1，2)上单调递增，则f ′(x)＝≥0恒成立，即k≥，所以k≥1.若f (x)在(1，2)上单调递减，则f ′(x)＝≤0恒成立，即k≤，所以k≤.所以f (x)在(1，2)上单调，则k的取值范围是∪[1，＋∞). 题型4　利用函数的单调性比较大小、解不等式 【例4】(1)(多选)已知函数f (x)＝ln x，且a＝f ，b＝f ， c＝f (e－)，则( ). A．a>b　　　 B．b>a C．c>b　　　 D．c>a 【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0<<<<1，所以f >f >f ，故c>a>b. (2)已知函数f (x)＝(ex＋e－x)x2，若满足f (log3m)－e－<0，则实数m的取值范围为( ). A．　　　 B． C．(0，3)　　　 D．(3，＋∞) 【解析】因为f (x)的定义域为R，f (－x)＝(e－x＋ex)(－x)2＝(e－x＋ex)x2＝f (x)，所以f (x)为偶函数．因为f ′(x)＝(ex－e－x)x2＋2x(ex＋e－x)，所以f ′(0)＝0，当x>0时，ex>1，0<e－x<1，所以ex－e－x>0，所以f ′(x)>0，所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f (log3m)－e－<0，即f (log3m)<e＋＝f (1)，即f (log3m)<f (1).因为f (x)＝(ex＋e－x)x2在(0，＋∞)上单调递增且f (x)为偶函数，所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，所以|log3m|<1，即－1<log3m<1，解得<m<3，所以实数m的取值范围为. 【变式】(1)已知函数f (x)＝2x－sin x，则下列结论正确的是( ). A．f (2.7)<f (π)<f (e) B．f (π)<f (e)<f (2.7) C．f (e)<f (2.7)<f (π) D．f (2.7)<f (e)<f (π) (2)已知函数f (x)＝x3＋2x－sin x，若f (2a2)＋f (a－1)≤0，则实数a的取值范围为( ). A．∪[1，＋∞) B． C．(－∞，－1]∪ D． $