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导数与函数的单调性
一、考纲分析
课程标准解读 关联考点 核心素养
结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系； 能利用导数研究函数的单调性； 对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间． 导数与函数的单调性． 1.逻辑推理． 2.直观想象． 3.数学运算．
二、本节重难点
利用导数研究函数的单调性．
三、课前自测
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，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)在此区间内没有单调性．(　　)
2．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
3．(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)是增函数
B．在区间(2，3)上f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上f(x)是增函数
D．在区间(3，5)上f(x)是增函数
4．(易错题)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
5．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
四、考点梳理
函数的单调性与导数的关系
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)内单调递增
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是常数函数
常用结论
理清三组关系
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)函数的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒为零．
3．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
常见误区
1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行．
2．由f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是f′(x)>0(<0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验．
五、典例剖析
考点一　判断(证明)函数的单调性
[例1] (2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论f(x)的单调性．
[方法总结]
讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[注意]　研究含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[跟踪训练]
1．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(　　)
2．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性．
考点二　求函数的单调区间
[例2] (2021·东北三校第一次联考)已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax2－x(a∈R)．设f′(x)为函数f(x)的导函数，求函数f′(x)的单调区间．
[方法总结]
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间内f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
[易错提示]　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．
[跟踪训练]
1．已知a为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若f′(－1)＝－3，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A．(－，) B．
C．(0，) D．
2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．
考点三 函数单调性的应用
角度一　比较大小
[例3] 已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，若a＝f，b＝－ef(－e)，c＝f(1)，则a，b，c的大小关系正确的是(　　)
A．aC．a[方法总结]
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
角度二　解不等式
[例4] 在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
[方法总结]
与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数．题目中存在消去f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式．
角度三　已知函数单调性求参数的取值范围
[例5] 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．
【变式探究】
1．(变条件)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．
2．(变条件)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．
[方法总结]
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)由可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．
(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
[跟踪训练]
1．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)
A．f>f(1)>f B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f D．f>f>f(1)
2．若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在区间[m，m＋4]上是单调函数，则实数m的取值范围是________．
六、随堂训练
1．已知f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
2．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．
3．函数f(x)＝ln x－为________函数．(填“增”或“减”)
4．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
5．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
七、本课小结
利用导数研究函数的单调性仍然是高考的热点，高考主要考查求函数的单调区间，讨论函数的单调性，利用函数的单调性求极值、最值，知道函数的单调性求参数的取值范围等问题，考查形式选择题、填空题、解答题均有可能，以中档难题为主.
参考答案
课前自测
1．答案：(1)×　(2)√
2．答案：D
解析：因为f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
3．答案：BC
解析：在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．
在(2，3)上f′(x)<0恒成立，所以f(x)是减函数．
4．答案：(0，1)
解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，
令f′(x)<0，得05．答案：3
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.
典例剖析
[例1] 解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
[跟踪训练]
1．答案：D
解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．
2．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当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．
[例2]解：由已知得，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ln(x＋1)－ax.
令h(x)＝f′(x)＝ln(x＋1)－ax，则h′(x)＝－a.
当a≤0时，h′(x)>0，
所以f′(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)，无单调递减区间．
当a>0时，令h′(x)>0，得－1－1，
所以f′(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
[跟踪训练]
1．答案：B
解析：因为f(x)＝ax3＋3x＋2，则f′(x)＝3ax2＋3.
又f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得a＝－2，故f′(x)＝－6x2＋3.
由f′(x)>0得－故选B.
2．答案：和
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0(x∈(－π，π))，
解得－π故函数f(x)的单调递增区间是和.
[例3] 答案：C
解析：令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)为(0，＋∞)上的增函数．
又因为e>1>，所以g(e)>g(1)>g，所以ef(e)>f(1)>f.
因为f(x)为奇函数，所以－ef(－e)＝ef(e)，所以b>c>a，故选C.
[例4] 答案：A
解析：在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)单调递增，所以f′(x)>0，
使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；
在(－1，1)上，f(x)单调递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0，1)．
综上所述，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．
[例5]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，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．设G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，
即a的取值范围是.
【变式探究】
1．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(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．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，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
[跟踪训练]
1．答案：A
解析：因为f(x)＝xsin x，
所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．
所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.
又x∈时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，
所以f(x)在上是增函数．
所以f所以f>f(1)>f，故选A.
2．答案：(－∞，－5]∪[2，＋∞)
解析：因为f(x)＝2x3－3x2－12x＋3，
所以f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，
令f′(x)>0，得x<－1或x>2；令f′(x)<0，得－1所以f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，
在[－1，2]上单调递减．
若f(x)在区间[m，m＋4]上是单调函数，则
m＋4≤－1或或m≥2.所以m≤－5或m≥2，
则实数m的取值范围是(－∞，－5]∪[2，＋∞)．
随堂训练
1．答案：D
解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，
所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
2．答案：和(2，＋∞)
解析：由题可得，f′(x)＝2x－5＋＝(x>0)．
令f′(x)＝＝>0(x>0)，解得x>2或0综上所述，函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．
3．答案：增
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝ln x－，
所以f′(x)＝－＝.
因为x>0，
所以4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
所以当x>0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
4．答案：
解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a.
由题意知，f′(x)>0在上有解，
当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是.
5．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a×－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－；
令f′(x)<0，解得－所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，
f(x)的单调递减区间是.

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