2021版江苏高考数学一轮复习讲义：第3章第2节　利用导数解决函数的单调性问题

第二节　利用导数解决函数的单调性问题

［最新考纲］　1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不会超过三次）

　函数的单调性与导数的关系

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）上的任何子区间内都不恒为零.

一、思考辨析（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.                            （　　）

（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.                            （　　）

［答案］　（1）×　（2）√　（3）√

二、教材改编

1.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（－3,1）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

C　［由图象可知，当x∈（4,5）时，f′（x）＞0，故f（x）在（4,5）上是增函数.］

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

D　［因为f′（x）＝－sin x－1＜0在（0，π）上恒成立，

所以f（x）在（0，π）上是减函数，故选D.］

3.函数f（x）＝x－ln x的单调递减区间为　　　　.

（0,1］　［函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，由f′（x）＝1－≤0，得0＜x≤1，

所以函数f（x）的单调递减区间为（0,1］.］

4.已知f（x）＝x3－ax在［1，＋∞）上是增函数，则实数a的最大值是　　　　.

3　［f′（x）＝3x2－a≥0，即a≤3x2，

又因为x∈［1，＋∞ ），所以a≤3，即a的最大值是3.］

考点1　不含参数函数的单调性

　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，得单调递增区间.

（4）在定义域内解不等式f′（x）＜0，得单调递减区间.

　1.函数f（x）＝1＋x－sin x在（0,2π）上是（　　）

A.单调递增

B.单调递减

C.在（0，π）上增，在（π，2π）上减

D.在（0，π）上减，在（π，2π）上增

A　［f′（x）＝1－cos x＞0在（0,2π）上恒成立，所以在（0,2π）上单调递增.］

2.函数y＝x2－ln x的单调递减区间为（　　）

A.（－1,1］　　　　　 B.（0,1］

C.［1，＋∞）   D.（0，＋∞）

B　［∵y＝x2－ln x，

∴x∈（0，＋∞），y′＝x－＝.

由y′≤0可解得0＜x≤1，

∴y＝x2－ln x的单调递减区间为（0,1］，故选B.］

3.已知定义在区间（－π，π）上的函数f（x）＝xsin x＋cos x，则f（x）的单调递增区间是　　　　.

和　［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f（x）的单调递增区间为和.］

　求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错.如T2.

考点2　含参数函数的单调性

　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.

　已知函数f（x）＝x2－2aln x＋（a－2）x，当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性.

［解］　函数的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝x－＋a－2＝.

①当－a＝2，即a＝－2时，f′（x）＝≥0，f（x）在（0，＋∞）上单调递增.

②当0＜－a＜2，即－2＜a＜0时，∵0＜x＜－a或x＞2时，f′（x）＞0；－a＜x＜2时，f′（x）＜0，

∴f（x）在（0，－a），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减.

③当－a＞2，即a＜－2时，

∵0＜x＜2或x＞－a时，f′（x）＞0；2＜x＜－a时，f′（x）＜0，

∴f（x）在（0,2），（－a，＋∞）上单调递增，在（2，－a）上单调递减.

综上所述，当a＝－2时，f（x）在（0，＋∞）上单调递增；当－2＜a＜0时，f（x）在（0，－a），（2，＋∞）上单调递增，在（－a,2）上单调递减；当a＜－2时，f（x）在（0,2），（－a，＋∞）上单调递增，在（2，－a）上单调递减.

　含参数的问题，应就参数范围讨论导数大于（或小于）零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点.

　已知函数f（x）＝ln（ex＋1）－ax（a＞0），讨论函数y＝f（x）的单调区间.

［解］　f′（x）＝－a＝1－－a.

①当a≥1时，f′（x）＜0恒成立，

∴当a∈［1，＋∞）时，

函数y＝f（x）在R上单调递减.

②当0＜a＜1时，

由f′（x）＞0，得（1－a）（ex＋1）＞1，

即ex＞－1＋，解得x＞ln ，

由f′（x）＜0，得（1－a）（ex＋1）＜1，

即ex＜－1＋，解得x＜ln .

∴当a∈（0,1）时，

函数y＝f（x）在上单调递增，

在上单调递减.

综上，当a∈［1，＋∞）时，f（x）在R上单调递减；

当a∈（0,1）时，f（x）在上单调递增，

在上单调递减.

考点3　已知函数的单调性求参数

　根据函数单调性求参数的一般方法

（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）函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.

　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且a≠0，即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）.

（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.

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≥－且a≠0，即a的取值范围是∪（0，＋∞）.

［母题探究］

1.（变问法）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，min＝－1（此时x＝1），

所以a≤－1且a≠0，即a的取值范围是（－∞，－1］.

2.（变问法）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，min＝－1，

所以a＞－1，且a≠0.即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）.

3.（变条件）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上不单调，求a的取值范围.

［解］　因为h（x）在［1,4］上不单调，

所以h′（x）＝0在（1,4）上有解，

即a＝－有解，

令m（x）＝－，x∈（1,4），

则－1＜m（x）＜－，

所以实数a的取值范围为.

　（1）f（x）在D上单调递增（减），只要满足f′（x）≥0（≤0）在D上恒成立即可.如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.

（2）二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论.

　已知函数f（x）＝－2x2＋ln x在区间［1,2］上为单调函数，求a的取值范围.

［解］　f′（x）＝－4x＋，若函数f（x）在区间［1,2］上为单调函数，即在［1,2］上，f′（x）＝－4x＋≥0或f′（x）＝－4x＋≤0，

即－4x＋≥0或－4x＋≤0在［1,2］上恒成立，

即≥4x－或≤4x－.

令h（x）＝4x－，因为函数h（x）在［1,2］上单调递增，

所以≥h（2）或≤h（1），即≥或≤3，

解得a＜0或0＜a≤或a≥1.

考点4　利用导数比较大小或解不等式

　用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，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）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）

（2）设f（x）是定义在R上的奇函数，f（2）＝0，当x＞0时，有＜0恒成立，则不等式x2f（x）＞0的解集是　　　　.

（1）A　（2）（－∞，－2）∪（0,2）　［（1）根据题意，令g（x）＝x2f（x），其导数g′（x）＝2xf（x）＋x2f′（x），又对任意x＞0都有2f（x）＋xf′（x）＞0成立，则当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）＜g（3），则有g（－2）＜g（3），即有4f（－2）＜9f（3）.故选A.

（2）令φ（x）＝，∵当x＞0时，

∴φ（x）＝在（0，＋∞）上为减函数，又φ（2）＝0，

∴在（0，＋∞）上，当且仅当0＜x＜2时，φ（x）＞0，

此时x2f（x）＞0.

又f（x）为奇函数，∴h（x）＝x2f（x）也为奇函数.

故x2f（x）＞0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）.］

　如本例（1）已知条件“2f（x）＋xf′（x）＞0”，需构造函数g（x）＝x2f（x），求导后得x＞0时，g′（x）＞0，即函数g（x）在（0，＋∞）上为增函数，从而问题得以解决.而本例（2）则需构造函数φ（x）＝解决.

2.已知函数f（x）（x∈R）满足f（1）＝1，且f（x）的导函数f′（x）＜，则不等式f（x2）＜＋的解集为　　　　.

（－∞，－1）∪（1，＋∞）　［由题意构造函数F（x）＝f（x）－x，则F′（x）＝f′（x）－.因为f′（x）＜，所以F′（x）＝f′（x）－＜0，即函数F（x）在R上单调递减.

因为f（x2）＜＋，f（1）＝1，所以f（x2）－＜f（1）－，所以F（x2）＜F（1），又函数F（x）在R上单调递减，所以x2＞1，即x∈（－∞，－1）∪（1，＋∞）.］