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第2讲　导数与函数的单调性
考向预测 核心素养
考查函数的单调性，利用函数单调性解不等式，求参数范围，题型以解答题为主，中高档难度. 逻辑推理、数学运算
一、知识梳理
1．函数单调性与导数符号的关系
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；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减．
2．函数值的变化快慢与导数的关系
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平缓”．
3．判断函数y＝f(x)的单调性的步骤
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)的零点将函数的定义域分为若干个区间，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．“在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)”是“函数f(x)在此区间上单调递增(减)”的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒为零．
二、教材衍化
1．(人A选择性必修第二册P86 例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是(　　)
A．在区间(－2，1)上，f(x)单调递增
B．在区间(1，3)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)单调递增
2．(人A选择性必修第二册P97习题5.3 T1(2)改编)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
参考答案
1解析：选C.在区间(4，5)上，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在区间(4，5)上单调递增．
2解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
令f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为和，即函数f(x)的单调递增区间为和.
答案：和
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)≥0，则f(x)在此区间内单调递增．(　　)
(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．(　　)
(3)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(　　)
二、易错纠偏
1．(求单调区间忽视定义域致误)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)
A．(0，1)　　　 B.(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D.(－∞，0)，(1，＋∞)
2．(求参数范围忽视等号成立致误)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
参考答案
一、思考辨析
答案：(1)×　(2)√　(3)√
二、易错纠偏
1解析：选A.函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得02解析：由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a.
所以y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
因为函数在[2，＋∞)上单调递增，
所以[2，＋∞) [a，＋∞)，
所以a≤2.
又a>0，所以0答案：(0，2]
考点一　不含参数的函数的单调性(自主练透)
复习指导：直接利用导函数的符号求函数的单调区间．
1．当x>0时，f(x)＝x＋的单调递减区间是(　　)
A．(2，＋∞)　　　 B.(0，2)
C．(，＋∞) D.(0，)
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B.(0，3)
C．(1，4) D.(2，＋∞)
3．函数f(x)＝x＋2的单调递增区间是________；单调递减区间是________．
4．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln 2x，则f(x)的单调递增区间为________．
参考答案
1解析：选B.令f′(x)＝1－＝<0，则－20，所以x∈(0，2)，故选B.
2解析：选D.f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
3解析：f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－.
令f′(x)＝0，得x＝0.
当0当x<0时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，单调递减区间是(0，1)．
答案：(－∞，0)　(0，1)
4解析：f′(x)＝2x－5＋＝(x＞0)．
由f′(x)>0可得(2x－1)(x－2)>0，
所以x>2或0即f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)．
答案：，(2，＋∞)
利用导函数求函数单调区间的注意点
(1)当f′(x)＝0无解时，可根据f′(x)的结构特征确定f′(x)的符号．
(2)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．
考点二　含参数的函数的单调性(综合研析)
复习指导：含参数的函数，要根据f′(x)的形式讨论f′(x)的符号，确定函数的单调性．
已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)．试讨论f(x)的单调性．
【解】　由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，
令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝.
①当0令f′(x)>0，得x<0或x>，
令f′(x)<0，得0②当a＝1时，f′(x)≥0在R上恒成立；
③当a>1时，令f′(x)>0，
得x>0或x<，
令f′(x)<0，得综上所述，当0当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>1时，f(x)在和(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(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；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．
(2)对参数的分类讨论要明确标准，不重不漏，体现了逻辑推理的核心素养．
|跟踪训练|
(2022·辽宁省辽西联合校测试)讨论函数f(x)＝x3－aln x(a∈R)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝3x2－＝(x>0)，
①若a≤0时，f′(x)>0，此时函数在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0时，令f′(x)>0，可得x>，f′(x)<0，可得0所以函数在上单调递减，在上单调递增．
考点三　函数单调性的应用(多维探究)
复习指导：利用导数与函数的单调性可以比较大小、求参数的范围等，其关键是明确函数的单调性．
角度1　比较大小或解不等式
(1)(2021·新高考八省联考模考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)
A．cC．a(2)(2022·南昌摸底调研)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　　)
A．4f(－2)<9f(3) B.4f(－2)>9f(3)
C．2f(3)>3f(－2) D.3f(－3)<2f(－2)
(3)(2022·沈阳一模)函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)＋f(x)＞0，则不等式＜的解集为(　　)
A．{x|x＞－2 020} B.{x|x＜－2 020}
C．{x|－2 023＜x＜0} D.{x|－2 023＜x＜－2 020}
【解析】　(1)由题意得0令f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，
当01时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
因为ae5＝5ea，所以＝，
即f(5)＝f(a)，而0故0因为f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)，
所以0故选D.
(2)根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，由题意可知，当x>0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)(3)根据题意，设g(x)＝x2f(x)(x＞0)，
则导函数g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)．
函数f(x)在区间(0，＋∞)上，满足f′(x)＋f(x)＞0，
则有x2f′(x)＋2xf(x)＞0，
所以g′(x)＞0，即函数g(x)在区间(0，＋∞)上为增函数．
＜ (x＋2 023)2f(x＋2 023)＜32f(3) g(x＋2 023)＜g(3)，
则有0＜x＋2 023＜3，
解得－2 023＜x＜－2 020，
即此不等式的解集为{x|－2 023＜x＜－2 020}．
【答案】　(1)D　(2)A　(3)D
角度2　已知函数单调性求参数的取值范围
(链接常用结论2)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解．
即a＞－有解，
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1，因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．
(2)由题意得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以当x＝4时，G(x)max＝－，
所以a≥－，因为a≠0，
所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
1．本例条件变为：若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由h(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，
h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(x)<0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a>－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a>－1，因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．
根据函数单调性求参数的一般思路
(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)f(x)在区间(a，b)上为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
|跟踪训练|
1．(多选)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0成立，则(　　)
A．f＞f B.f＞f
C．f＞f D.f＞f
2．若f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，1) B.(－∞，1]
C．(－∞，2) D.(－∞，2]
3．(2022·宁波市北仑中学期中测试)函数f(x)＝－ln x在其定义域内的一个子区间[k－1，k＋1]内不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
参考答案
1解析：选CD.根据题意，令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，又由x∈，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)＜0，则有g′(x)＜0，即函数g(x)为减函数．由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f；又由＜，则有g＞g，即＞，分析可得f＞f.
2解析：选D.由f(x)＝x2－aln x，
得f′(x)＝2x－，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
因为当x∈(1，＋∞)时，2x2>2，
所以a≤2.
3解析：函数f(x)＝－ln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝.
令f′(x)＝0，因为x>0，可得x＝1，列表如下：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以，函数f(x)在x＝1处取得极小值，
由于函数f(x)＝－ln x在其定义域内的一个子区间[k－1，k＋1]内不是单调函数，
则1∈(k－1，k＋1)，由题意可得解得1因此，实数k的取值范围是(1，2)．
答案：(1，2)
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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