2022版高考数学一轮复习-第3章-导数及其应用-第2节-第1课时-导数与函数的单调性学案新人教B版.doc

2022版高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第2节 第1课时 导数与函数的单调性学案新人教B版

2022版高考数学一轮复习 第3章 导数及其应用 第2节 第1课时 导数与函数的单调性学案新人教B版

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第2节　导数的应用
第1课时　导数与函数的单调性

一、教材概念·结论·性质重现
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

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．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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)若在区间(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在区间(a，b)内是减函数．( √ )
2．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的图像可能是(　　)

A　　　　　　 　 　B

C　　　　　　 　 　D
C　解析：由导函数f′(x)的图像可知，函数y＝f(x)先减再增，可排除选项A，B；又f′(x)＝0的根为正数，即y＝f(x)的极值点为正数，所以可排除选项D.故选C.
3．函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(　　)
A．(－1,1) B．(－∞，1)
C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
D　解析：f′(x)＝3x2－3.由f′(x)>0得x<－1或x>1.故函数f(x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故选D.
4．已知函数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)
D　解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)．
因为f′(x)＝，
所以x∈(0，e)时，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0.
故x＝e时，f(x)max＝f(e)．
又f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．
5．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________．
[1，＋∞)　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.

考点1　利用导数求函数的单调区间——基础性

1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　 B．
C．(－∞，－1) D．
B　解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－.令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B.
2．函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)
A. B.
C. D.
B　解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1.令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.
3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间为________．
，　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，即f(x)的单调递增区间为，.

求函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间．
[提醒]若所求函数的单调区间不止一个，则用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
考点2　利用导数讨论函数的单调性——应用性

(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.讨论f(x)的单调性．
解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
①若a>0，则当x∈(－∞，0)和时，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．
②若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则当x∈和(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．

将本例函数改为“f(x)＝－aln x，a∈R”，求f(x)的单调区间．
解：因为f(x)＝－aln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝x－＝.
(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(2)当a>0时，f′(x)＝，则有：
①当x∈(0，)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)；
②当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(，＋∞)．
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．

解决含参数的函数单调性问题的注意点
(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0的点和函数的间断点．

已知f(x)＝xex－a(a>0)，求函数f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln a.
(1)当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
(2)当0<a<时，ln a<－1，由f′(x)>0，得x<ln a或x>－1，由f′(x)<0，得ln a<x<－1，
所以单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．
(3)当a>时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a，由f′(x)<0，得－1<x<ln a，
所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
综上所述，当a＝时，f(x)在R上单调递增；
当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)；
当a>时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
考点3　导数与函数单调性的简单应用——综合性

考向1　利用导数解不等式
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.∪(1，＋∞)
B　解析：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.

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．
考向2　利用导数比较大小
(多选题)(2021·山东新高考预测卷)定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有(　　)
A．f >f 　 B.f >f
C．f >f 　 D.f >f
CD　解析：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，所以g>g，所以f >f .同理，g>g，
即f >f .故选CD.

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．
考向3　利用导数求参数的取值范围
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.
因为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)＝2－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．
由(1)知G(x)＝－，
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a的取值范围是∪(0，＋∞)．

本例第(2)问中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：若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，min＝－1，
所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．

根据函数的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)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)单调递增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，要注意等号是否可以取到．
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别．分离参数后对应不同的最值类型．

1．(2021·八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)
A．c<b<a B．b<c<a
C．a<c<b D．a<b<c
D　解析：因为ae5＝5ea，a<5，所以a>0.同理，b>0，c>0.令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝.当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为ae5＝5ea，a<5，所以＝，即f(5)＝f(a)．而0<a<5，所以0<a<1.同理，0<b<1,0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．因为f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)．所以0<a<b<c<1.
2．已知实数a>0，且a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,5] B．[2,5]
C．(1，＋∞) D．(－∞，5]
B　解析：函数f(x)在R上单调递增，则a>1.
当x≥1时，f(x)＝x2＋＋aln x，
则f′(x)＝2x－＋＝.
因为2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立，
所以a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为y＝－2x2在[1，＋∞)上单调递减，
所以ymax＝2，则a≥2.
当x＝1时，a≤1＋4＝5.
综上，实数a的取值范围是[2,5]．故选B.
3．已知函数f(x)＝x2－cos x，x∈，则满足f(x0)>f的x0的取值范围为________．
∪　解析：f′(x)＝2x＋sin x．当x∈时，f′(x)≥0，所以f(x)在上单调递增．由f(x0)>f，知<x0≤.又因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以－≤x<－也满足条件．
4．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得0<x<1.
所以f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意g(x)＝x2＋aln x＋，
g′(x)＝2x＋－.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，
则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
设φ(x)＝－2x2.
因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.
若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≤－2x2在[1，＋∞)上恒成立．
因为φ(x)没有最小值，不满足题意，
所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．

若函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间[1,2]上单调递减，求实数a的取值范围．
[四字程序]
读
想
算
思
求实数a的取值范围
1.利用导数研究函数单调性的方法；
2．从什么角度列不等式求取值范围
1.求f′(x)；
2．解不等式f′(x)<0
转化与化归、数形结合
f(x)在[1,2]上单调递减
由函数f(x)在区间[a，b]上单调递减可知f′(x)≤0在区间[a，b]上恒成立，列出不等式
f′(x)＝3x2－2ax ＝x(3x－2a)
1.函数最值；
2．不等式恒成立；
3．一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系

思路参考：等价转化为f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，分离变量求最值．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0，
即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，
即a≥x在[1,2]上恒成立．
故只需a≥max，故a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．

思路参考：等价转化为f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0对x∈[1,2]恒成立．
所以
解得a≥3.
所以a的取值范围是[3，＋∞)．

思路参考：分类讨论f(x)的单调性，根据区间[1,2]是单调递减区间的子集求参数范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax.
当a＝0时，f′(x)≥0，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a<0时，由f′(x)≤0，得a≤x≤0，即f(x)的单调递减区间为，与f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a>0时，由f′(x)≤0，得0≤x≤a，即f(x)的单调递减区间为.由f(x)在[1,2]上单调递减得a≥2，得a≥3.
综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．

1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理：若y＝f(x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．
2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．

1．已知函数f(x)＝2cos x(m－sin x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是(　　)
A.[－1,1] B.
C. D.
B　解析：f′(x)＝－2sin x(m－sin x)＋2cos x·(－cos x)－3.因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msin x－5≤0.设sin x＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1,1]上恒成立．
于是有
即故实数m的取值范围是.故选B.
2．已知函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
(0,27)　解析：(方法一：间接法)若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上单调递增，则f′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，
即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0.
若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上单调递减，则f′(x)＝3x2－k≤0在(－3,1)上恒成立，
即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27.
所以当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，
当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0<k<27.
(方法二：直接法)由奇函数f(x)＝x3－kx得f′(x)＝3x2－k.当k≤0时，f′(x)＝3x2－k≥0，f(x)在R上是增函数，不满足题意；
当k>0时，由f′(x)＝3x2－k<0，
得－<x<，
在上f(x)是减函数.
由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－或x>，在，上f(x)是增函数．
要满足函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，由对称性得，－>－3，所以k<27.
综上所述，实数k的取值范围是(0,27)．