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第二节　导数与函数的单调性
课程标准 考情分析 核心素养
1.了解函数的单调性和导数的关系． 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会超过三次)． 2021(Ⅰ)中的第22题第(1)问考查了不含参数的函数单调性； 2021(Ⅱ)中的第22 题第(1)问考查了含参数的函数单调性． 直观想象 逻辑推理 数学运算
教材回扣·夯实“四基”
基础知识
导数与函数的单调性的关系
条件 结论
函数y＝f(x) 在区间(a，b) 上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内________
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内________
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是________
【微点拨】
(1)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号．
(2)判断函数的单调性时，个别导数等于零的点不影响所在区间内的单调性．
(3)对函数划分单调区间时，需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点．
[常用结论]
若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在区间(a，b)上成立”是“f(x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．
基本技能、思想、活动经验
题组一　思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
1.若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
2．如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(　　)
3．如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)≥0，则f(x)在此区间内单调递增．(　　)
4．在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．(　　)
题组二　教材改编
5．函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(　　)
A．(0，4) B．(0，2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
6．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)
题组三　易错自纠
7．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(0，1)
B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，0)
8．若函数f(x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为________．
题型突破·提高“四能”
题型一　不含参数的单调性　　
[例1]　讨论函数f(x)＝x sin x＋cos x－x2在(－π，π)上的单调性．
[听课记录]
类题通法
求函数单调区间的步骤
[巩固训练1]　(1)函数f(x)＝ex＋x的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0] B．[0，＋∞)
C．(－∞，1] D．(－∞，＋∞)
(2)函数y＝x cos x－sin x(0题型二　含参数的函数单调性　　
[例2]　已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
[听课记录]
类题通法
在讨论含有参数的函数单调性时，若f′(x)中的参数不容易判断其正负时，需要对参数进行分类，分类的标准：(1)按导函数是否有零点分大类；(2)再按导函数零点的大小分小类；(3)在小类中再按零点是否在定义域中分类．
[巩固训练2]　[2021·新高考Ⅱ卷T22第(1)问]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.讨论f(x)的单调性．
题型三　函数单调性的应用　　　　
角度1 函数图象的识别
[例3]　[2022·湖南长郡中学月考]设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是(　　)
[听课记录]
类题通法
函数图象识别的两种策略
[巩固训练3]　[2022·福建南安模拟]已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．下面四个图象中y＝f(x)的图象大致是(　　)
角度2 比较大小
[例4]　(1)[2022·山东菏泽模拟]已知a、b、c∈(0，3)，且a5＝5a、b4＝4b、c3＝3c，下列不等式正确的是(　　)
A．a>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a>c>b
(2)[2022·北京东城区模拟]设f(x)是定义在R上的可导函数，且满足f′(x)>f(x)，对任意的正数a，下面不等式恒成立的是(　　)
A．f(a)＝eaf(0) B．f(a)>eaf(0)
C．f(a)< D．f(a)>
[听课记录]
类题通法
1.利用导数比较大小的方法
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并得到辅助函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
2．构造函数四种常见模型
[巩固训练4]　(1)[2022·福建泉州模拟]定义在R上的函数f(x)＝x5＋ex＋1，若a＝f，b＝f(ln )，c＝，则比较a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>a>b D．b>a>c
(2)[2022·重庆万州清泉中学月考]函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，且满足f(x)>0，xf′(x)－f(x)<0，则对任意正数a，b，若a>b，则必有(　　)
A．af(b)C．af(a)角度3 解不等式
[例5]　(1)若函数f(x)＝ex－e－x＋sin 2x，则满足f(2x2－1)＋f(x)>0的x的取值范围是(　　)
A．
B．(－∞，－1)
C．
D．
(2)[2022·河北沧州模拟]设函数f(x)是定义在R上的函数，f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)>f(x)且f(1)＝0，则不等式f(x)≤0的解集是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，0]
C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)
[听课记录]
类题通法
利用导数解不等式的关键，是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．
[巩固训练5]　[2022·广东洛城中学月考]已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′(x)>1，则f(x)>x的解集是(　　)
A．(0，1)
B．(－1，0)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，－1)
角度4 利用导数求参数的取值范围
[例6]　(1)[2022·山东潍坊模拟]已知函数f(x)＝2ln x－x＋在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
(2)[2022·湖北麻城二中月考]若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2] B．
C． D．(－2，＋∞)
[听课记录]
类题通法
由函数的单调性求参数的三种常见类型及方法
[巩固训练6]　(1)[2022·福建莆田模拟]函数y＝ax3－x在R上是减函数，则(　　)
A．a≥ B．a≤0
C．a＝2 D．a＝1
(2)[2022·石家庄二中月考]函数f(x)＝2x2＋ax＋ln x在(0，＋∞)上不单调，则a的取值范围为(　　)
A．a<－4 B．a≤－4
C．a>－4 D．a≥－4
构造法在函数与导数问题中的应用
以抽象函数为背景，题设条件或所求结论中都有f(x)与f ′(x)的不等式，旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题．解答这类问题的策略是将f(x)与f ′(x)的不等式与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用函数的性质解决问题．
类型一　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
[典例1]　[2022·山东临沂一中月考]定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x 2f ′(x)>1，f(2)＝，则关于x的不等式f(ex)<3－的解集为(　　)
A．(0，e 2) B．(e 2，＋∞)
C．(0，ln 2) D．(－∞，ln 2)
【解析】　构造函数F(x)＝f(x)＋.依题意知F ′(x)＝f ′(x)－＝>0，即函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．所求不等式可化为F(ex)＝f(ex)＋<3，而F(2)＝f(2)＋＝3，所以ex<2，解得x【答案】　D
类型二　构造f(x)g(x)型可导函数
[典例2]　[2022·河北衡水模拟]设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f ′(x)g(x)＋f(x)·g ′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是(　　)
A．(－3，0)∪(3，+∞) B.(-3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，+∞) D.(-∞，-3)∪(0，3)
【解析】　构造函数F(x)＝f(x)·g(x)．由题意可知，当x<0时，F ′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增．而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)＝0，结合图象(图略)可知不等式f(x)g(x)>0 F(x)>0的解集为(－3，0)故选A.
【答案】　A
类型三　构造型可导函数
[典例3]　已知定义域为R的函数f(x)的图象是连续不断的曲线，且f(2－x)＝f(x)e 2－2x.当x>1时，f ′(x)>f(x)，则(　　)
A. f(1)>e f(0) B．f(3)C. f(2)e 5f(－2)
【解析】　构造函数g(x)＝，因为当x>1时，f ′(x)>f(x)，所以g ′(x)＝>0，
可得当x>1时，g(x)单调递增．
因为f(2－x)＝f(x) ，整理得＝，即g(2－x)＝g(x)，可得函数图象关于x＝1对称，则g(－1)＝g(3)，所以＝，g(2)＝.因为g(2)【答案】　C
第二节　导数与函数的单调性
教材回扣　夯实“四基”
基础知识
单调递增　单调递减　常数函数
基本技能、思想、活动经验
1．×　2.√　3.×　4.√
5．解析：f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0故选A.
答案：A
6．解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．
故选D.
答案：D
7．解析：∵f(x)＝x－ln x，x>0，
∴f′(x)＝1－，
由f′(x)＝1－<0得0故选A.
答案：A
8．解析：因为f ′(x)＝cos x＋k≥0，所以k≥－cos x，x∈(0，π)恒成立．
当x∈(0，π)时，－1<－cos x<1，所以k≥1.
答案：[1，＋∞)
题型突破　提高“四能”
例1　解析：f′(x)＝x，x∈(－π，π)，
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝0或x＝，
当－π0，当－当00，当所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
巩固训练1　解析：(1)因为f(x)＝ex＋x，
所以f′(x)＝ex＋1，
由f′(x)>0，得ex＋1>0，即x∈R.
所以函数f(x)＝ex＋x的单调递增区间是(－∞，＋∞)．
故选D.
解析：(2)y′＝cos x＋x(－sin x)－cos x＝－x sin x，
因为0令y′<0，即sin x>0，
解得：0答案：(1)D　(2)(0，π)
例2　解析：函数的定义域为 (0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝，
①当01，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
巩固训练2　解析：由函数的解析式可得：f′(x)＝x(ex－2a)，
当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当00，f(x)单调递增，
若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增．
例3　解析：根据f(x)的图象可知，函数从左到右，单调区间是：增、减、增、减，即导数从左到右，是：正、负、正、负．结合选项可知，只有A选项符合，故本题选A.
答案：A
巩固训练3　解析：列表如下：
x (－∞，－1) (－1，0) (0，1) (1，＋∞)
xf′(x) － ＋ － ＋
f′(x) ＋ － － ＋
f(x) 增 减 减 增
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)、(1，＋∞)，单调递减区间为(－1，1)．
故函数f(x)的图象如C选项中的图象．
故选C.
答案：C
例4　解析：(1)a5＝5a即＝，b4＝4b即＝，c3＝3c即＝，
设f(x)＝，则f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，
f′(x)＝＝(x>0)，
当x>e时，f′(x)<0，f(x)＝是减函数，
当00，f(x)＝是增函数，
因为a、b、c∈(0，3)，f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，所以a、b、c∈(0，e)
因为f(5)解析：(2)∵f(x)是定义在R上的可导函数，
∴可以令g(x)＝，
∴g′(x)＝＝，
∵f′(x)>f(x)，ex>0，
∴f′(x)>0，∴g(x)为增函数，
∵正数a>0，所以g(a)>g(0)
∴>＝f(0)，
所以f(a)>eaf(0)．
故选B.
答案：(1)C　(2)B
巩固训练4　解析：(1)根据题意，函数f(x)＝x5＋ex＋1，其导数f(x)＝5x4＋ex>0，
即函数f(x)为增函数，
又由ln 则有c>a>b，
故选C.
(2)设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝
因为x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
所以x>0时，g′(x)<0，则函数g(x)＝在(0，＋∞)上是减函数；
所以对任意正数a，b，若a>b，则必有g(a)＝故选B.
答案：(1)C　(2)B
例5　解析：(1)函数f (x)＝ex－e－x＋sin 2x，
定义域为R，
且满足f (－x)＝e－x－ex＋sin (－2x)＝－(ex－e－x＋sin 2x)＝－f (x)，
所以f (x)为R上的奇函数．
又f ′(x)＝ex＋e－x＋2cos 2x≥2＋2cos 2x≥0恒成立，
所以f (x)为R上的单调递增函数．
由f (2x2－1)＋f (x)＞0，
得f (2x2－1)＞－f (x)＝f (－x)，
所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，
解得x＜－1或x＞.
所以x的取值范围是(－∞，－1).
故选B.
解析：(2)记F(x)＝，则F′(x)＝，
因为f′(x)>f(x)，所以F′(x)＝>0，所以F(x)＝在R上单调递增．
又f(1)＝0，所以F(1)＝＝0，
所以当x≤1时，F(x)＝≤0，
因为ex>0恒成立，所以f(x)≤0.
即不等式f(x)≤0的解集是(－∞，1].故选A.
答案：(1)B　(2)A
巩固训练5　解析：设g(x)＝f(x)－x，
因为f(1)＝1，f′(x)>1，
所以g(1)＝f(1)－1＝0，g′(x)＝f′(x)－1>0，
所以g(x)在R上是增函数，且g(1)＝0.
所以f(x)>x的解集即是g(x)>0的解集，为(1，＋∞)．
故选C.
答案：C
例6　解析：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝－1－＝，
若函数f(x)在定义域内单调递减，即－x2＋2x－a≤0在(0，＋∞)恒成立，
所以a≥－x2＋2x，x>0恒成立，即a≥(－x2＋2x)max.
设g(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，x>0，
当x＝1时，函数g(x)取得最大值1，所以a≥1.
故选D.
(2)因为函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，
所以f′(x)＝＋2ax>0在区间上成立，
即2a>在区间上成立，
又函数y＝x2在上单调递增，
所以函数y＝－在上单调递增，
故当x＝时y＝－最小，且＝－4，
即2a>－4，得a>－2.
故选D.
答案：(1)D　(2)D
巩固训练6　解析：(1)y′＝3ax2－1，
因为函数y＝ax3－x在R上是减函数，所以y′＝3ax2－1≤0在R上恒成立，
当a＝0时，y′＝－1<0，符合，
当a≠0时，由3ax2－1≤0得解得a<0，
综上所述，a≤0.
故选B.
(2)求导可得f′(x)＝4x＋a＋，
由x>0，可得f′(x)＝4x＋a＋≥2＋a＝4＋a，(当且仅当x＝时取等号)
所以f′(x)的最小值为4＋a，
若要函数f(x)＝2x2＋ax＋ln x在(0，＋∞)上不单调，
则4＋a<0，解得a<－4，
故选A.
答案：(1)B　(2)A

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