高考数学专题复习练习：第三章 3_2 第1课时函数的单调性
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤：
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
【知识拓展】
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．
3.对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( × )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( √ )
(6)三次函数在R上必有极大值和极小值．( × )
1．(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由f′(x)<0，得0
1，故选A.
4．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
答案 －
解析 f′(x)＝x2＋2x－3，
令f′(x)＝0，得x＝1(x＝－3舍去)，
又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，
故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.
5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
第1课时 导数与函数的单调性
题型一 不含参数的函数的单调性
例1 (1)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
(2)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 (1)B (2)和
解析 (1)y＝x2－ln x，y′＝x－＝
＝(x>0)．
令y′<0，得00，
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.
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．
(1)函数y＝4x2＋的单调增区间为( )
A．(0，＋∞) B.
C．(－∞，－1) D.
(2)已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( )
A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减
C．在(0，)上递增 D．在(0，)上递减
答案 (1)B (2)D
解析 (1)由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.故选B.
(2)因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)>0时，解得x>，
即函数的单调递增区间为(，＋∞)；
当f′(x)<0时，解得00)．
(1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
解 (1)函数f(x)的定义域为R.
由已知得f′(x)＝－a.
∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数，
∴f′(－x)＝－f′(x)，
即－a＝－＋a，解得a＝.
(2)由(1)知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00，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x0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当00，故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增．
题型三 已知函数单调性求参数
例3 (2016·西安模拟)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)2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
(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)2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈[，1]，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是[－，＋∞)．
引申探究
1．本例(2)中，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，
∴当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1(此时x＝1)，
∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(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，
∴当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1，
∴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)＝exln x－aex(a∈R)．
(1)若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＝(－a＋ln x)ex，
f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.
(2)由(1)知f′(x)＝(－a＋ln 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]．
5．用分类讨论思想研究函数的单调性
典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
思想方法指导 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：
①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③
若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．
规范解答
解 (1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，
则g′(x)＝＋2ax＋b.[2分]
由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，
∴b＝－2a－1.[4分]
(2)由(1)得g′(x)＝
＝.
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当a＝0时，g′(x)＝－.
由g′(x)>0，得01，[6分]
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，[7分]
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0时，函数g(x)在(0，)上单调递增，
在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[12分]
1．(2016·合肥模拟)函数f(x)＝x·ex－ex＋1的单调递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
答案 D
解析 由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，
故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
3．已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是( )
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)
答案 D
解析 因为f(x)＝1＋x－sin x，所以f′(x)＝1－cos x，
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．已知函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]
C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)
答案 D
解析 函数f(x)＝x＋的导数为f′(x)＝1－，
由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，
则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，
即≤x2在(－∞，－1)上恒成立，
由于当x<－1时，x2>1，
则有≤1，解得a≥1或a<0.
5．(2016·中山模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案 C
解析 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，因此C正确．
6．(2015·课标全国Ⅱ)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．(－∞，－1)∪(0,1)
B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)
D．(0,1)∪(1，＋∞)
答案 A
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，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，知使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
7．(2016·青岛模拟)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.
答案 －12
解析 f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知－11，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
9．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在[，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
答案 (－，＋∞)
解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－(x－)2＋＋2a.
当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是(－，＋∞)．
10．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为________．
答案 (－∞，]
解析 ∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，
即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．
令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，
∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴m≤2＋＝.
11．(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解 (1)f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
12．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．
即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]．
*13.(2016·辽宁鞍山一中高三月考)已知函数f(x)＝x3－x2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)，
①当a＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，
∴f(x)在R上单调递增．
②当a>0时，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，减区间为(0，a)．
③当a<0时，当x∈(－∞，a)时，f′(x)>0；
当x∈(a,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的增区间为(－∞，a)，(0，＋∞)，减区间为(a,0)．
(2)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即当x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2即可．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
