2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 §3.2　导数与函数的单调性

大一轮复习讲义第三章导数及其应用考试要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.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超过三次).内容索引主干梳理基础落实题型突破核心探究课时精练ZHUGANSHULIJICHULUOSHI主干梳理基础落实函数的单调性与导数的关系知识梳理条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)0f(x)在(a，b)上________f′(x)0f(x)在(a，b)上________f′(x)＝0f(x)在(a，b)上是________单调递增单调递减常数函数1.“f′(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的什么条件？微思考提示若f(x)在(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.2.若函数f(x)在区间(a，b)上存在递增区间，则在区间(a，b)上，f′(x)应满足什么条件？提示若f(x)在(a，b)上存在递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)0有解.题组一思考辨析基础自测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)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减.()(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)0，则f(x)在定义域上一定单调递增.()(4)函数f(x)＝x－sinx在R上是增函数.()√√√×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)单调递增B.在区间(1,3)上f(x)单调递减C.在区间(4,5)上f(x)单调递增D.在区间(3,5)上f(x)单调递增解析在(4,5)上f′(x)0恒成立，∴f(x)在区间(4,5)上单调递增.√3.函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上单调递增A.π2，3π2B.(π，2π)C.3π2，5π2D.(2π，3π)解析y′＝－xsinx，经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′0恒成立，∴y＝xcosx－sinx在(π，2π)上单调递增.√4.函数f(x)＝(x－2)ex的单调递增区间为.(1，＋∞)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x－1)ex，令f′(x)＝0，得x＝1，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(－∞，1)时，f′(x)0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).题组三易错自纠5.若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a的值为.解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－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.－413326.若y＝x＋(a0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是.a2x(0,2]∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a0，∴0a≤2.解析方法一由y′＝1－a2x2≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋a2x的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).方法二y′＝1－a2x2，依题意知1－a2x2≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a0，∴0a≤2.TIXINGTUPOHEXINTANJIU题型突破核心探究题型一不含参的函数的单调性自主演练1.函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是A.(0,1)B.(1，＋∞)C.(－∞，1)D.(－1,1)解析∵f′(x)＝2x－2x＝2x＋1x－1x(x0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增.√2.函数f(x)＝x＋2的单调递增区间是A.(0,1)B.(－∞，1)C.(－∞，0)D.(0，＋∞)1－x√解析f(x)的定义域为(－∞，1]，f′(x)＝1－11－x，令f′(x)＝0，得x＝0.当0x1时，f′(x)0.当x0时，f′(x)0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2cosx，则f(x)的单调递增区间为.0，π6，5π6，π解析f′(x)＝1－2sinx，x∈(0，π).令f′(x)＝0，得x＝π6或x＝5π6，当0xπ6时，f′(x)0，当π6x5π6时，f′(x)0，当5π6xπ时，f′(x)0，∴f(x)在0，π6和5π6，π上单调递增，在π6，5π6上单调递减.4.函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为，单调递减区间为.解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表，(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增单调递减单调递增∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2).思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调的步骤即可，但应注意一是不能遗忘求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开.题型二含参的函数的单调性师生共研例1已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，a0，试讨论函数y＝f(x)的单调性.12解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－a＋1x＋1x＝ax－1x－1x.①当0a1时，1a1，∴x∈(0,1)和1a，＋∞时，f′(x)0；x∈1，1a时，f′(x)0，∴函数f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＝1时，1a＝1，③当a1时，01a1，∴x∈0，1a和(1，＋∞)时，f′(x)0；x∈1a，1时，f′(x)0，∴函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；综上，当0a1时，函数f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；当a1时，函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.引申探究若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？解当a0时，讨论同上；当a≤0时，ax－10，∴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0a1时，函数f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a1时，函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.(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.思维升华跟踪训练1讨论下列函数的单调性.(1)f(x)＝x－alnx；解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，令f′(x)＝0，得x＝a，①当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，②当a0时，x∈(0，a)时，f′(x)0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)0，综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.(2)g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当aln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)0，x∈(ln2，a)时，f′(x)0，②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，③当aln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)0，x∈(a，ln2)时，f′(x)0，综上，当aln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当aln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.题型三函数单调性的应用多维探究命题点1比较大小或解不等式例2(1)已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则fπ5，f(1)，f－π3的大小关系为A.f－π3f(1)fπ5B.f(1)f－π3fπ5C.fπ5f(1)f－π3D.f－π3fπ5f(1)√解析因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f－π3＝fπ3.又当x∈0，π2时，f′(x)＝sinx＋xcosx0，所以函数f(x)在0，π2上是增函数，所以fπ5f(1)fπ3，即f－π3f(1)fπ5，故选A.(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)1的解集为.32，＋∞解析f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2ex·e－x－2＝0，当且仅当x＝0时取“＝”，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)f(0)，即2x－30，解得x32，∴原不等式的解集为32，＋∞.命题点2根据函数的单调性求参数的值(范围)例3已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围是.12－716，0∪(0，＋∞)解析因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a≥1x2－2x恒成立.设G(x)＝1x2－2x，x∈[1,4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝1x－12－1，因为x∈[1,4]，所以1x∈14，1，所以G(x)max＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716，又因为a≠0，所以a的取值范围是－716，0∪(0，＋∞).引申探究本例中，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，a1x2－2x有解，又