【数学】2020届一轮复习苏教版第三章第2讲利用导数研究函数的单调性学案
第2讲 利用导数研究函数的单调性
考试要求 1.函数单调性与导数的关系(A级要求)；2.利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)(B级要求).
知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
已知函数f(x)在某个区间内可导，
(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；
(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.
2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.
一般需要通过列表，写出函数的单调区间.
3.已知单调性求解参数范围的步骤为：
(1)对含参数的函数f(x)求导得到f′(x)；
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；
(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(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)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件.( )
解析 (1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增一定有f′(x)≥0，且不恒为0，故①
错误.(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.如f(x)＝x3在R上为增函数，但f′(x)≥0，故(3)错误.
答案 (1)× (2)√ (3)×
2.函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是________.
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.
答案 (0，1)
3.在区间(－1，1)内不是增函数的函数是________(填序号).
①y＝ex＋x；②y＝sin x；③y＝x3－6x2＋9x＋2；④y＝x2＋x＋1.
解析 ①y＝ex＋x，y′＝ex＋1>0，在区间(－1，1)内是增函数；
②y＝sin x，y′＝cos x，在区间(－1，1)内是增函数；
③y＝x3－6x2＋9x＋2，y′＝3x2－12x＋9＝3(x－2)2－3，在区间(－1，1)内是增函数；
④y＝x2＋x＋1，y′＝2x＋1，在区间内y′>0，在区间内y′<0，在区间(－1，1)内不单调.
答案 ④
4.(2019·南师大附中等四校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1在[－1，1]上单调递减，则a的取值范围是________.
解析 由题意可得f′(x)＝3x2＋2ax－a2，而f(x)在[－1，1]上单调递减，则有解得即a≤－3或a≥3.
答案 (－∞，－3]∪[3，＋∞)
5.(2019·南京、盐城模拟)函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________.
解析 设F(x)＝f(x)－(2x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝2－2＝0.
F′(x)＝f′(x)－2，对任意x∈R，F′(x)>0，
即函数F(x)在R上是单调增函数，
则F(x)>0的解集为(－1，＋∞)，
故f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞).
答案 (－1，＋∞)
考点一 讨论函数的单调性
【例1】 设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数.
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性.
解 (1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞).
此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1).
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
③当－＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝，x2＝.
由x1＝＝＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－＜a＜0时，f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
规律方法 (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0的点的函数的间断点.
(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x 3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.
【训练1】 函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)，
∴f′(x)＝3ax2＋6x＋3，
令f′(x)＝0，即3ax2＋6x＋3＝0，则Δ＝36(1－a)，
①当a≥1时，Δ≤0，f′(x)≥0，∴f(x)在R上是增函数；
②当a<1且a≠0时，Δ>0，f′(x)＝0有两个根，x1＝，x2＝，
(ⅰ)当0
0，当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数，在(x2，x1)上是减函数；
(ⅱ)当a<0时，易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数，在(x1，x2)上是增函数.
(2)当a>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0(x∈(1，2))，
故a>0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数，
当a<0时，由f(x)在区间(1，2)上是增函数，
可得即解得a≥－，
所以－≤a<0，
综上，a的取值范围是∪(0，＋∞).
考点二 已知函数单调性求参数
【例2】 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，又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≥－，又a≠0.
即a的取值范围是∪(0，＋∞).
规律方法 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.
【训练2】 已知函数f(x)＝exln x－aex(a∈R).
(1)若y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；
(2)若y＝f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝ex，
f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex，
若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒成立.
即－a＋ln x≤0在x>0时恒成立.
所以a≥＋ln x在x>0时恒成立.
令g(x)＝＋ln x(x>0)，
则g′(x)＝－＋＝(x>0)，
由g′(x)>0，得x>1；
由g′(x)<0，得00时恒成立，即－a＋ln x≥0在x>0时恒成立，
所以a≤＋ln x在x>0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1].
考点三 利用函数的单调性比较大小，解不等式
【例3】 (1)已知f(x)＝，则f(2)、f(3)、f(e)的大小关系为________.
解析 f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)＝，
∴x∈(0，e)，f′(x)>0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e时，
f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，则f(e)>f(3)>f(2).
答案 f(2)>f(3)>f(e)
(2)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R).
①证明：当x＞0时，f(x)＜x；
②证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).
证明 ①令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝－1＝.
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，
即当x＞0时，f(x)＜x.
②令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－k＝.
当k≤0时，G′(x)＞0，
故G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
G(x)＞G(0)＝0，故任意正实数x0均满足题意.
当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，
从而G(x)在(0，x0)上单调递增，所以G(x)＞G(0)＝0，
即f(x)＞g(x).
综上，当k＜1时，总存在x0＞0，使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).
规律方法 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.
【训练3】 (1)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________.
解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.当x≠0时，令g(x)＝，则g(x)为偶函数，且g(1)＝g(－1)＝0.则当x＞0时，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数，所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0，综上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).
答案 (－∞，－1)∪(0，1)
(2)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
①讨论f(x)的单调性；
②当a<0时，证明f(x)≤－－2.
①解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0时，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a<0时，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
②证明 由①知，当a<0时，f(x)在x＝－取得最大值，最大值为f＝ln－1－，
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0，
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0，1)时，g′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减.
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x>0时，g(x)≤0，
从而当a<0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
一、必做题
1.函数f(x)＝ex－x的单调递增区间为________.
解析 由f(x)＝ex－x得f′(x)＝ex－1，由ex－1>0得x>0，从而f(x)＝ex－x的单调递增区间为(0，＋∞).
答案 (0，＋∞)
2.若函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是________.
解析 f′(x)＝2mx＋－2，由题意知，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m≥－＋在(0，＋∞)上恒成立，令t＝>0，则2m≥－t2＋2t，又∵(－t2＋2t)max＝1，
∴2m≥1，∴m≥.
答案
3.f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________.
解析 由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.
答案 (－∞，2]
4.若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________.
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，＋∞).
答案 (－3，0)∪(0，＋∞)
5.(2018·南京第三次模拟)若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________.
解析 由题意可得f′(x)＝ex(－x2＋2x＋a－2x＋2)＝ex(－x2＋a＋2)≥0在[a，a＋1]上恒成立.
令h(x)＝－x2＋a＋2，则h(x)≥0在[a，a＋1]上恒成立，
∴
∴－1≤a≤.
∴实数a的最大值为.
答案
6.(2019·南通、徐州联考)定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝ef′(x)
的图象如图所示，则y＝f(x)的递增区间是________.
解析 当x≤2时，ef′(x)≥1⇒f′(x)≥0，当x>2时，ef′(x)<1⇒f′(x)<0，所以y＝f(x)的增区间是(－∞，2).
答案 (－∞，2)
7.(2019·南京、盐城模拟)已知f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c在区间(m，m＋1)上为递减函数，则m的取值范围为________.
解析 由f(x)＝2ln x＋x2－5x＋c，得f′(x)＝＋2x－5，
又函数f(x)在区间(m，m＋1)上为递减函数，
∴f′(x)≤0在(m，m＋1)上恒成立，
∴解得≤m≤1.
答案
8.(2017·江苏卷)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________.
解析 易知函数f(x)的定义域关于原点对称.
∵f(x)＝x3－2x＋ex－，
∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－
＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，∴y＝f(x)为奇函数，
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，
所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，
解得－1≤a≤.
答案
9.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为________.
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1].
∵f(x)>1－f′(x)，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定义域R上单调递增.
∵exf(x)>ex－1，∴g(x)>－1.
又g(0)＝e0f(0)－e0＝－1，∴g(x)>g(0)，
∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞).
答案 (0，＋∞)
10.(2018·全国Ⅰ卷节选)已知函数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＋＝－.
(ⅰ)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.
(ⅱ)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.
11.设函数f(x)＝(a∈R).
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0解得x1＝，
x2＝.
当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；
当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
二、选做题
12.若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是________.
①f＜；②f＞；③f＜；
④f＞.
解析 ∵导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可构造函数g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上为增函数，∵f(0)＝－1，
∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)，
∴f－＞－1，∴f＞，∴③错误.
答案 ③
13.已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围.
解 (1)由已知得f′(x)＝，∴f′(1)＝1＝a，a＝2.
又∵g(1)＝0＝a＋b，
∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.
(2)∵φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数，
∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，
∵x＋∈[2，＋∞)，
∴2m－2≤2，m≤2.
故实数m的取值范围是(－∞，2].
