2021高考数学一轮复习学案：第三章3.2导数与函数的单调性


§3.2　导数与函数的单调性


函数的单调性与导数的关系
条件
恒有
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

概念方法微思考
“f (x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示　不正确，正确的说法是：
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)上的任一非空子区间内都不恒为零．

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f (x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f (x)在此区间内没有单调性．(　√　)
(2)如果函数f (x)在某个区间内恒有f′(x)≥0，则f (x)在此区间内单调递增．(　×　)
(3)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
2.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(1,3)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
答案　C
解析　在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f (x)是增函数．
3．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
答案　D
解析　因为在(0，π)上恒有f′(x)＝－sin x－1<0.
所以f (x)在(0，π)上是减函数，故选D.
4．函数f (x)＝ex－x的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
答案　(0，＋∞)　(－∞，0)
解析　由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)；由f′(x)<0，解得x<0，故其单调递减区间为(－∞，0)．

题组三　易错自纠
5．若函数f (x)＝x3－x2＋ax＋4的单调减区间为[－1,4]，则实数a的值为________．
答案　－4
解析　f′(x)＝x2－3x＋a，且f (x)的单调减区间为[－1,4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，
∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，
则a＝(－1)×4＝－4.
6．若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
答案　(0,2]
解析　由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0 7．已知函数f (x)＝x2(x－a)．
(1)若f (x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________________；
(2)若f (x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
答案　(1)(－∞，3]∪　(2)
解析　由f (x)＝x3－ax2，得
f′(x)＝3x2－2ax＝3x.
(1)令f′(x)＝0，得x＝0或x＝，
若f (x)在(2,3)上单调递减，则有≥3，解得a≥；
若f (x)在(2,3)上单调递增，则有≤2，解得a≤3，
所以若f (x)在(2,3)上单调，实数a的取值范围是(－∞，3]∪.
(2)若f (x)在(2,3)上不单调，则有
可得3
不含参函数的单调性
1．函数f (x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　)
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案　A
解析　∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f (x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)为增函数．
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，＋∞)
答案　D
解析　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.
3．函数f (x)＝x＋2的单调递增区间是__________；单调递减区间是__________．
答案　(－∞，0)　(0,1)
解析　f (x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－.令f′(x)＝0，得x＝0.
当00.
∴f (x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
4．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______________________．
答案　和
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)的单调递增区间为和.
思维升华 确定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．
含参数的函数的单调性
例1　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．
解　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．
若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f (x)的单调性？
解　a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
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．
思维升华　(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
跟踪训练1　(2020·重庆一中模拟)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f (x)的单调性．
解　f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f (x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
x∈时，f′(x)<0，
所以函数f (x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f (x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
综上，当a＝0时，f (x)在R上单调递增；当a>0时，f (x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；当a<0时，f (x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
函数单调性的应用
命题点1　比较大小或解不等式
例2　(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)
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 .又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f (x)在上是增函数，所以f f (1)>f ，故选A.
(2)已知定义域为R的偶函数f (x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f (x)<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．b 答案　D
解析　设g(x)＝，则g′(x)＝，
又当x<0时，xf′(x)－f (x)<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f (x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．由0


命题点2　根据函数单调性求参数
例3　已知函数f (x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
解　因为f (x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．
设G(x)＝－，x∈[1,4]，
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，＋∞)．
本例中，若f (x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解　因为f (x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则f′(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(此时x＝1)，
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
本例中，若f (x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．
解　因为f (x)在[1,4]上单调递增，
所以当x∈[1,4]时，f′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
思维升华　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)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(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，否则会漏解．
(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2　(1)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
答案　
解析　由f (x)＝x3－2x＋ex－，
得f (－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f (x)，
所以f (x)是R上的奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2，
当且仅当x＝0时取等号，
所以f′(x)≥0，所以f (x)在其定义域内单调递增，
所以不等式f (a－1)＋f (2a2)≤0⇔f (a－1)≤－f (2a2)＝f (－2a2)⇔a－1≤－2a2，
解得－1≤a≤，故实数a的取值范围是.
(2)(2020·安徽毛坦厂中学模拟)已知函数f (x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
答案　(0,1)
解析　∵函数f (x)＝－x2－3x＋4ln x(x>0)，
∴f′(x)＝－x－3＋，
∵函数f (x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
∴f′(x)＝－x－3＋在(t，t＋1)上有变号零点，
∴＝0在(t，t＋1)上有解，
∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，
故实数t的取值范围是(0,1)．