2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第2章第11讲　第1课时　利用导数研究函数的单调性


第11讲　导数在研究函数中的应用
第1课时　利用导数研究函数的单调性

[考纲解读]　1.了解函数的单调性与导数的关系．(重点)
2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间．(重点、难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容．预测2021年会考查函数的单调性与导数的关系，题型有两个：①利用导数确定函数的单调性；②已知单调性利用导数求参数的取值范围．常以解答题形式出现，属中档题.

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


1．概念辨析
(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．(　　)
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)上单调递减．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√
2．小题热身
(1)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是(　　)


答案　C
解析　由y＝f′(x)的图象易得，当x<0或x＞2时，f′(x)>0；当0 (2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(　　)
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
答案　A
解析　f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0 (3)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，＋∞)
答案　D
解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
答案　3
解析　由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.
经检验a＝3也满足题意，所以a的最大值是3.

题型 一　不含参数的函数的单调性　

1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
答案　D
解析　依题意得f′(x)＝ex－e.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝ex－e>0，解得x>1.
2．函数f(x)＝的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞)
答案　B
解析　函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝.要使f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)．
3．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，
知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－(x>0)．
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
但－1∉(0，＋∞)，舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0.
∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．
条件探究　将本例中的函数变为f(x)＝x2－ln x，试求f(x)的单调区间．
解　f(x)＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1(舍去)．
当x∈(0,1)时，f′(x)<0.
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，
单调递增区间是(1，＋∞)．

确定不含参数的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)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)
A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在上单调递增 D．在上单调递减
答案　D
解析　f′(x)＝x′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1.
由f′(x)＝0得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故只有D正确．
2．(2019·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________．
答案　，
解析　因为f(x)＝xsinx＋cosx，
所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.
令f′(x)>0，得xcosx>0.
又因为－π 所以f(x)的单调递增区间是，.

题型 二　含参数的函数的单调性　

讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
①当a≥1时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0 则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0，
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
综上所述，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0 在上单调递增．
条件探究1　将本例中的函数变为f(x)＝－x＋aln x，讨论f(x)的单调性．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a>2，令f′(x)＝0，得
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．
条件探究2　将本例中的函数变为f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解　函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln .
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．

确定含参数的函数的单调性的基本步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)，并尽量化为乘积或商的形式．
(3)令f′(x)＝0，
①若此方程在定义域内无解，考虑f′(x)恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a≥1时，f′(x)>0，a≤0时，f′(x)<0.
②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f′(x)的符号确定单调区间．如举例说明中0
已知函数f(x)＝(x－1)ex－x2，g(x)＝aex－2ax＋a2－10(a∈R)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)(x>0)的单调性．
解　(1)由题意，得f′(x)＝xex－2x，
则f′(1)＝e－2.又f(1)＝－1，
故所求切线方程为y－(－1)＝(e－2)(x－1)，
即y＝(e－2)x＋1－e.
(2)由已知，得h(x)＝f(x)－g(x)＝(x－a－1)ex－x2＋2ax－a2＋10.
此函数的定义域为(0，＋∞)．
则h′(x)＝ex＋(x－a－1)ex－2x＋2a＝(x－a)(ex－2)．
①若a≤0，则x－a>0.
当0 当x>ln 2时，h′(x)>0.
所以h(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．
②若0 当0ln 2时，h′(x)>0.
当a 所以h(x)在(0，a)上单调递增，
在(a，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．
③若a＝ln 2，则h′(x)≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
④若a>ln 2，则当0a时，h′(x)＞0；
当ln 2 所以h(x)在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
题型 三　函数单调性的应用问题　

角度1　辨别函数图象
1．函数y＝f(x)＝的大致图象是(　　)

答案　C
解析　y′＝＝＝，则函数在上单调递增，在和上单调递减，且f(－1)＝f(0)＝0，故选C.
角度2　比较大小或解不等式
2．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)
答案　A
解析　∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0.∴f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)g(x)为奇函数，f(0)g(0)＝0，∴f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．∵f(3)g(3)＝0，∴f(－3)g(－3)＝0.∴f(x)g(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．故选A.
角度3　根据函数单调性求参数
3．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1,2] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2] D．(0,3]
答案　A
解析　∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，∴当0 4．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)＝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，＋∞)．

1．根据函数解析式识别函数图象的思路
根据函数解析式识别函数图象的基本思路是研究函数性质，包括函数的定义域、奇偶性和单调性，其中单调性的研究往往要使用导数知识(定义域、奇偶性、特殊值法在复杂一些的函数中不能完全确定函数的图象)．如举例说明1.
2．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：
(1)f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；
(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；
(3)xf′(x)－f(x)→′；
(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；
(5)f′(x)－f(x)→′.
3．由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．如举例说明3.
(2)可导函数在区间(a，b)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，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．如举例说明4(1)．
(3)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．如举例说明4(2)．

1．(2019·广东七校联考)函数f(x)＝xcosx的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图象大致是(　　)

答案　A
解析　由题意，得f′(x)＝cosx－xsinx，则f′(0)＝1，排除C，D；由于定义域[－π，π]是关于原点对称的，可以讨论函数的奇偶性．∵f′(－x)＝cos(－x)＋xsin(－x)＝cosx－xsinx＝f′(x)，∴f′(x)在关于原点对称的区间[－π，π]上是偶函数．设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sinx－xcosx，∴f′(x)在区间上单调递减，排除B.
2．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有(　　)
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b) 答案　B
解析　f′(x)＋>0⇒>0⇒>0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，∴[xf(x)]′>0，即函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.
3．(2019·北京高考)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)．若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．
答案　－1　(－∞，0]
解析　∵f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，
∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1.
∵f(x)＝ex＋ae－x，∴f′(x)＝ex－.
∵f(x)是R上的增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
即ex≥在R上恒成立，∴a≤e2x在R上恒成立．
又e2x>0，∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0]．

　组　基础关
1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.
B.
C.，(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
答案　C
解析　因为f(x)＝x2(x－m)＝x3－mx2，所以f′(x)＝3x2－2mx，又因为f′(－1)＝－1，所以3×(－1)2－2m×(－1)＝－1，解得m＝－2，所以f′(x)＝3x2＋4x＝x(3x＋4)，由f′(x)>0得x<－或x>0，所以函数f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞)．
2．函数f(x)＝的单调递增区间为(　　)
A．(0，e) B．(－∞，)
C．(0，) D．(，＋∞)
答案　C
解析　∵函数f(x)＝的定义域是(0，＋∞)，f(x)＝，∴f′(x)＝5·.令f′(x)>0，解得0
3．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)

答案　D
解析　当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D项符合题意．
4．已知函数f(x)＝x3＋ax，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案　A
解析　当a≥0时，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.
5．(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a C．b 答案　D
解析　∵f(x)＝3x＋2cosx的定义域为R，f′(x)＝3－2sinx>0，∴f(x)为R上的单调递增函数．又y＝log2x为(0，＋∞)上的单调递增函数，∴2＝log2431＝3，∴2 6．若函数f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上单调递减，则a的取值范围为(　　)
A．(e＋1，＋∞) B．[e＋1，＋∞)
C．(e－1，＋∞) D．[e－1，＋∞)
答案　B
解析　由f(x)＝ex－(a－1)x＋1，得f′(x)＝ex－a＋1.因为函数f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上单调递减，所以f′(x)＝ex－a＋1≤0在(0,1)上恒成立，即a≥ex＋1在(0,1)上恒成立，令g(x)＝ex＋1，x∈(0,1)，则g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x) 7．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，则实数m的取值范围为(　　)
A．(0,2019) B．(2019，＋∞)
C．(2021，＋∞) D．(2019,2021)
答案　D
解析　令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝.∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，m－2019>0，∴>，即h(m－2019)>h(2)．∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019 8．函数f(x)＝1＋x＋cosx在上的单调递增区间是________．
答案　
解析　f′(x)＝－sinx.由解得0 9．(2020·广东梅州摸底)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x在R上恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
答案　(－3,0)∪(0，＋∞)
解析　由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点．需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，
所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．
10．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
答案　(－3，－1)∪(1,3)
解析　f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的单调递增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的单调递减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2 　组　能力关
1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)
A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)
答案　C
解析　由题意知(x－1)f′(x)≥0，所以或函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减，f(0)>f(1)；在[1，＋∞)上单调递增，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)；若函数y＝f(x)为常数函数，则f(0)＋f(2)＝2f(1)．故选C.
2．(2019·银川一中模拟)已知函数f(x)＝－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式<恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，e] B．(－∞，e)
C. D.
答案　D
解析　∵<，∴x1f(x1)－x2f(x2)<0，即x2f(x2)>x1f(x1)，即当x2>x1时，x2f(x2)>x1f(x1)恒成立，∴xf(x)在x∈(0，＋∞)内是一个增函数，设g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，则有g′(x)＝ex－2ax≥0，即a≤，设h(x)＝，则有h′(x)＝，当h′(x)>0时，即x－1>0，x>1，当h′(x)<0时，即x－1<0,0 3．定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x) A．(－∞，0) B．(－∞，2)
C．(0，＋∞) D．(2，＋∞)
答案　A
解析　根据题意，设g(x)＝，其导数g′(x)＝＝，又由f(x)满足f(x)0，则函数g(x)在R上为增函数，若f(0)＝2，则g(0)＝＝2，f(x)<2ex⇒<2⇒g(x) 4．已知f(x)＝(a≠0，且a为常数)，求f(x)的单调区间．
解　因为f(x)＝(a≠0，且a为常数)，
所以f′(x)＝＝－，x>0.
所以①若a>0，当00；当x>1时，f′(x)<0.
即a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
②若a<0，当01时，f′(x)>0.
即a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2x－1.
(1)若函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间[－2，－1]上单调递减，求实数a的取值范围．
解　由f(x)＝x3＋ax2＋2x－1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋2.
(1)因为函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1,3]上恒成立．即a≥在[1,3]上恒成立．令g(x)＝，则g′(x)＝，当x∈[1,3]时，g′(x)<0，所以g(x)在[1,3]上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－，所以a≥－.
(2)因为函数f(x)在区间[－2，－1]上单调递减，所以f′(x)≤0在[－2，－1]上恒成立，即a≥在[－2，－1]上恒成立，由(1)易知，g(x)＝在[－2，－1]上单调递减，所以a≥g(－2)，即a≥.