山东专用2025版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十二讲第1课时导数与函数的单调性学案含解析

PAGE4-第十二讲导数在探讨函数中的应用第一课时导数与函数的单调性ZHISHISHULISHUANGJIZICE学问梳理·双基自测eq\x(知)eq\x(识)eq\x(梳)eq\x(理)学问点函数的单调性(1)设函数y＝f(x)在某个区间内可导，若f′(x)>0，则f(x)为增函数，若f′(x)<0，则f(x)为减函数．(2)求可导函数f(x)单调区间的步骤：①确定f(x)的定义域；②求导数f′(x)；③令f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相应的x的范围；④当f′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数，当f′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减函数．eq\x(重)eq\x(要)eq\x(结)eq\x(论)导数与函数单调性的关系(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．eq\x(双)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(测)题组一走出误区1．(多选题)下列结论不正确的是(ABD)A．若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么肯定有f′(x)>0B．若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上肯定为增函数C．假如函数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D．因为y＝eq\f(1,lnx)的导函数为y′＝eq\f(－1,xlnx2)，∵x>0，∴y′<0，因此y＝eq\f(1,lnx)的减区间为(0，＋∞)[解析]对于A，有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f′(x)＝x2≥0.对于B，因为y＝f(x)若为常数函数，则肯定有f′(x)＝0满意条件，但不具备单调性．对于C，假如函数f(x)在某个区间内恒若f′(x)＝0，则此函数f(x)在这个区间内为常数函数，则函数f(x)在这个区间内没有单调性．对于D，y＝eq\f(1,lnx)定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)．题组二走进教材2．(选修2－2P26T1改编)函数f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(A)A．(0,4) B．(0.2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)[解析]f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0<x<4，所以单调递减区间为(0,4)．故选A．3．(选修2－2P32BT1改编)已知函数f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(D)A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2)[解析]f′(x)＝1－cosx，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2)．故选D．4．(选修2－2P31AT3改编)已知函数y＝f(x)在定义域(－3,6)内可导，其图象如图，其导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为[－1,2]∪[4,6).[解析]f′(x)≤0，即y＝f(x)递减，故f′(x)≤0，解集为[－1,2]∪[4,6)．题组三考题再现5．(2024·浙江，4分)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(D)[解析]依据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，解除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，解除C，选D．6．(2024·全国卷Ⅰ，5分)若函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(C)A．[－1,1] B．[－1，eq\f(1,3)]C．[－eq\f(1,3)，eq\f(1,3)] D．[－1，－eq\f(1,3)][解析]函数f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递增，等价于f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．设cosx＝t，则g(t)＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).故选C．注：文科(sin2x)′＝(2sinxcosx)′＝2[(sinx)′cosx＋sinx·(cosx)′]＝2(cos2x－sin2x)＝2cos2x.KAODIANTUPOHUDONGTANJIU考点突破·互动探究考点函数的单调性考向1不含参数的函数的单调性——自主练透例1(1)(2024·山西太原期中)函数y＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的单调递减区间是(B)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)(2)已知e为自然对数的底数，则函数y＝ex＋x2－x的单调递增区间是(A)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1](3)(多选题)(2024·济南调研)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(AC)A．(－π，－eq\f(π,2)) B．(－eq\f(π,2)，0)C．(0，eq\f(π,2)) D．(eq\f(π,2)，π)[解析](1)函数的定义域是(0，＋∞)，y′＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，令y′<0，解得0<x<1，故函数在(0,1)上单调递减，故选B．(2)y′＝ex＋2x－1＝(ex－1)＋2x，当x≥0时，ex≥1，(ex－1)＋2x≥0，当x<0时，ex<1，(ex－1)＋2x<0，故选A．(3)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2))，即f(x)的单调递增区间为(－π，－eq\f(π,2))，(0，eq\f(π,2))．故选A、C．名师点拨☞用导数f′(x)确定函数f(x)单调区间的三种类型及方法：(1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，依据函数的定义域，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，依据函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的依次排列起来，把定义域分成若干个小区间，再确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不行解时，对f′(x)化简，依据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．考向2含参数的函数的单调性——师生共研例2(2024·东北三省四市一模)已知a∈R，函数f(x)＝eq\f(2,x)＋alnx，x∈(0,6)，探讨f(x)的单调性．[解析]f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－2,x2)，x∈(0,6)，∴a≤0时，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)单调递减，无单调递增区间；当a>0，且eq\f(2,a)≥6，即0<a≤eq\f(1,3)时，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a>0，且eq\f(2,a)<6，即a>eq\f(1,3)时，在x∈(0，eq\f(2,a))上，f′(x)<0，在x∈(eq\f(2,a)，6)上，f′(x)>0，∴f(x)在(0，eq\f(2,a))上单调递减，在(eq\f(2,a)，6)上单调递增．综上，当a≤eq\f(1,3)时，f(x)在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当a>eq\f(1,3)时，f(x)在(0，eq\f(2,a))上单调递减，在(eq\f(2,a)，6)上单调递增．名师点拨☞(1)探讨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探讨．遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分状况探讨．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内探讨，还要确定导数为0的点和函数的间断点．(3)个别导数为0的点不影响在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．〔变式训练1〕设函数f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx(a∈R)，探讨f(x)的单调性．[解析]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2).令g(x)＝x2－ax＋1，则方程x2－ax＋1＝0的判别式Δ＝a2－4.①当|a|≤2时，即－2≤a≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a<－2时，Δ>0，g(x)＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a>2时，Δ>0，g(x)＝0有两根为x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，当0<x<x1时，f′(x)>0；当x1<x<x2时，f′(x)<0；当x>x2时，f′(x)>0，故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．综上得，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>2时，f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))，(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)上单调递增，在(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))上单调递减．考向3利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究角度1比较大小例3已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，则有(A)A．f(2)<f(e)<f(3) B．f(e)<f(2)<f(3)C．f(3)<f(e)<f(2) D．f(e)<f(3)<f(2)[解析]f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)(x>0)，在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，∴f(3)>f(e)>f(2)．故选A．角度2解不等式例4(2024·昆明模拟)已知函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，则不等式f(lnx)＋f(lneq\f(1,x))<2f(1)的解集为(D)A．(e，＋∞) B．(0，e)C．(0，eq\f(1,e))∪(1，e) D．(eq\f(1,e)，e)[解析]函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2的导数为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)，则x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝f(x)，所以f(x)为偶函数，即有f(x)＝f(|x|)，则不等式f(lnx)＋f(lneq\f(1,x))<2f(1)，即为f(lnx)<f(1)，即为f(|lnx|)<f(1)，则|lnx|<1，即－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.角度3已知函数的单调性求参数取值范围例5若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(D)A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[分析]利用函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f(x)的增区间的子集求解．[解析]解法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0，即k≥eq\f(1,x).因为x>1，所以0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D．解法二：f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0)，当k≤0时，f′(x)＝k－eq\f(1,x)<0，f(x)在其定义域内递减，不合题意，当k>0时，由f′(x)>0知x>eq\f(1,k)，即(eq\f(1,k)，＋∞)是f(x)的增区间.由题意可知eq\f(1,k)≤1，即k≥1，故选D．[引申]本例中(1)若f(x)的增区间为(1，＋∞)，则k＝1；(2)若f(x)在(1，＋∞)上递减，则k的取值范围是(－∞，0]；(3)若f(x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是(0,1)；(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是(－∞，1)；(5)若f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是(－∞，eq\f(1,2)]∪[1，＋∞).[解析](1)由解法2知eq\f(1,k)＝1，∴k＝1；(2)由题意知f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成马上k≤eq\f(1,x)，又x>1，∴0<eq\f(1,x)<1，∴k≤0，即k的取值范围是(－∞，0]；(3)由本例及引申(2)知，f(x)在(1，＋∞)上单调，则k≤0或k≥1，∴f(x)在(1，＋∞)上不单调，则0<k<1.即k的取值范围是(0,1)；(4)由题意可知f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)内有解即k≤eq\f(1,x)，x∈(1，＋∞)有解，由0<eq\f(1,x)<1可知k<1，即k的取值范围是(－∞，1)；(5)∵x∈(1,2)，∴eq\f(1,2)<eq\f(1,x)<1，若f(x)在(1,2)上单调增，则f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)，∴k≥1.若f(x)在(1,2)上单调减，则f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0恒成立，即k≤eq\f(1,x)，∴k≤eq\f(1,2).∴f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是(－∞，eq\f(1,2)]∪[1，＋∞)．名师点拨☞已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法(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)转化为不等式的恒成立问题：利用“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0”来求解．提示：f(x)为增函数的充要条件是对随意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒等于0.应留意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．〔变式训练2〕(1)(角度1)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f(eq\f(π,5))，f(1)，f(－eq\f(π,3))的大小关系为(A)A．f(－eq\f(π,3))>f(1)>f(eq\f(π,5))B．f(1)>f(－eq\f(π,3))>f(eq\f(π,5))C．f(eq\f(π,5))>f(1)>f(－eq\f(π,3))D．f(－eq\f(π,3))>f(eq\f(π,5))>f(1)(2)(角度2)(2024·河北衡水市其次中学模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx，若对随意两个不等的正数x1，x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>4恒成立，则a的取值范围为(A)A．(4，＋∞) B．(－4，＋∞)C．(－∞，4) D．(－∞，－4)(3)(角度3)若f(x)＝－eq\f(1,2)(x－2)2＋blnx在(1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是(C)A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)[解析](1)f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx＝f(x)，∴f(x)＝xsinx是偶函数，f′(x)＝sinx＋xcosx，明显在(0，eq\f(π,2))上f′(x)>0，∴f(x)在(－eq\f(π,2)，0)上递减，在(0，eq\f(π,2))上递增，f(eq\f(π,3))>f(1)>f(eq\f(π,5))，又f(－eq\f(π,3))＝f(eq\f(π,3))，故选A．(2)令g(x)＝f(x)－4x，因为eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>4，所以eq\f(gx1－gx2,x1－x2)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故g′(x)＝x＋eq\f(a,x)－4≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥4x－x2，令h(x)＝4x－x2，x∈(0，＋∞)，则h(x)＝4x－x2≤h(2)＝4，∴h(x)max＝4，即a的取值范围为[4，＋∞)，故选A．(3)由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋eq\f(b,x)≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可．MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG名师讲坛·素养提升构造法在导数中的应用例6(1)若函数f(x)的定义域为R，且满意f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为(2，＋∞).(2)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(A)A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[解析](1)令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．(2)令F(x)＝eq\f(fx,x)，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上单调递减，依据对称性，F(x)＝eq\f(fx,x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A．名师点拨☞(1)若知xf′(x)＋f