【数学】2019届一轮复习北师大版导数与函数的单调性学案
第14讲 导数与函数的单调性
考纲要求
考情分析
命题趋势
了解函数的单调性与导数的关系；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).
2017·全国卷Ⅰ，9
2017·江苏卷，11
2017·浙江卷，7
2016·全国卷Ⅲ，21
导数与函数的单调性是高考中的热点问题，题型有利用导数求函数的单调区间和已知单调性求参数的取值范围，难度较大.
分值：5～8分
函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，且导函数f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于0.
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内__单调递增__.
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内__单调递减__.
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．
(1)若可导函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( × )
(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
解析 (1)错误．可导函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，故f′(x)>0是f(x)在区间(a，b)上单调递增的充分不必要条件．
(2)正确．如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)为常数函数．如f(x)＝3，则f′(x)＝0，函数f(x)不存在单调性．
2．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( B )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析 函数y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得0
0)的单调递减区间是(0,4)，则m＝____.
解析 ∵f′(x)＝3mx2＋6(m－1)x，f(x)的递减区间为(0,4)，则由f′(x)＝3mx2＋6(m－1)x<0，得00，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)令f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
方法二：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判断函数在每个相应区间内的单调性．
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则( C )
A．f(x)在(0,2)单调递增
B．f(x)在(0,2)单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
解析 由题易知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定义域为(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由复合函数的单调性知，函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以排除A，B项；又f＝ln ＋ln＝ln ，f＝ln ＋ln＝ln ，所以f＝f＝ln ，所以排除D项．故选C．
【例2】 已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解析 (1)f′(x)＝－－，f′(1)＝－－a.
由题意，得－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知，f′(x)＝－－＝，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)>0，得x2－4x－5>0(x>0)，解得x>5；
由f′(x)<0，得x2－4x－5<0(x>0)，解得00(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
【例3】 已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)在(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(4)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值；
(5)若f(x)在(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
解析 (1)∵f(x)在R上为增函数，
∴f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立．
∴a≤3x2对x∈R恒成立．
∵3x2≥0，∴只需a≤0.
又∵a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上为增函数，
∴a的取值范围是(－∞，0]．
(2)∵f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(1，＋∞)上为增函数，
∴f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤3，即a的取值范围是(－∞，3]．
(3)∵f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(－1,1)上为减函数，
∴f′(x)≤0⇔3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，
∴a≥3x2在(－1,1)上恒成立．
∵x∈(－1,1)，∴3x2<3，即a≥3.∴a的取值范围是[3，＋∞)．
(4)f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，由f′(x)<0，得3x2－a<0，
所以x2<，即－0时，∵f(x)在(－1,1)上不单调，
∴f′(x)＝0在(－1,1)内有解x＝±，
∴0<<1，解得02，则f(x)>2x＋4的解集为( B )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
(2)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)为f(x)的导函数)．若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝·f，则a，b，c的大小关系是( C )
A．a>b>c B．c>b>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析 (1)令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2.
∵f′(x)>2，∴f′(x)－2>0，即g′(x)>0，
∴g(x)＝f(x)－2x－4在R上单调递增．
又∵f(－1)＝2，∴g(－1)＝f(－1)－2＝0，
∴g(x)>0⇔g(x)>g(－1)⇔x>－1，
∴f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)．故选B．
(2)∵函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，∴y＝f(x)的图象关于点(0,0)对称，∴y＝f(x)为奇函数．
令g(x)＝xf(x)，则g(x)＝xf(x)为偶函数，且g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0在(－∞，0)上恒成立，
∴g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．
∵c＝·f＝(－2)·f(－2)＝2f(2)，
0a>b.故选C．
1．函数f(x)的定义域为R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是( A )
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或01，∴g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，
∴g(x)在R上是增函数．
又∵g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，∴ex·f(x)>ex＋1⇔ex·f(x)－ex－1>0⇔g(x)>0⇔g(x)>g(0)⇔x>0.故选A．
2．求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝3x2－2ln x；(2)f(x)＝x2·e－x.
解析 (1)函数的定义域为D＝(0，＋∞)．∵f′(x)＝6x－，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝－(舍去)，用x1分割定义域D，得下表.
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
单调递增
∴函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)函数的定义域为D＝(－∞，＋∞)．
∵f′(x)＝(x2)′e－x＋x2(e－x)′＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，用x1，x2分割定义域D，得下表.
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调递减
单调递增
单调递减
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递增区间为(0,2)．
3．设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)，若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解析 (1)∵f(x)＝x3＋ax2－9x－1，
∴f′(x)＝3x2＋2ax－9＝32－9－，
即x＝－时，f′(x)取最小值－9－.
∵斜率最小的切线与12x＋y＝6平行，
∴－9－＝－12，即a2＝9，解得a＝±3，
由题设知a<0，所以a＝－3.
(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1，
f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数；
当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,3)上为减函数；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(3，＋∞)上为增函数．
综上，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．
4．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．
解析 (1)∵f′(x)＝，∴f′(1)＝1＝a，解得a＝2.
又∵g(1)＝a＋b＝f(1)＝0，∴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＋在[1，＋∞)上恒成立．
∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，得m≤2.
∴实数m的取值范围是(－∞，2]．
错因分析：不清楚可导函数f(x)在某区间上f′(x)>0(f′(x)<0)只是f(x)在该区间上是单调递增(减)函数的充分不必要条件，从而造成漏解或错解．
【例1】 y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3是R上的单调增函数，则实数b的取值范围为______.
解析 y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立(显然y′不恒为零)，
∴Δ＝4b2－4(b＋2)≤0，整理得(b－2)(b＋1)≤0，
∴－1≤b≤2.
答案 [－1,2]
【跟踪训练1】 (2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( C )
A．[－1,1] B．
C． D．
解析 f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝1－·(2cos2x－1)＋acos x＝－cos2x＋acos x＋，由f(x)在R上单调递增，得f′(x)≥0在R上恒成立，令cos x＝t，t∈[－1,1]，则－t2＋at＋≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，令g(t)＝4t2－3at－5，则解得－≤a≤.故选C．
课时达标 第14讲
[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．
一、选择题
1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( A )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析 函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得00，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C项．故选D．
3．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( A )
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
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．
4．函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．∵12，∴f(log2a)0的解集为( D )
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(－∞，2)∪(1,2)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)
解析 由题图可知，若f′(x)>0，则x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，若f′(x)<0，则x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或
解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．
6．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( C )
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C． D．
解析 f′(x)＝4x－＝，
∵x>0，由f′(x)＝0，得x＝，
∴令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00，∴2k<0，即n2－3n<0，解得00，函数f(x)＝－x2＋bln x在(1，＋∞)上是减函数，即－x2＋b≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，得b≤x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2，x∈(1，＋∞)，则g(x)>g(1)＝1，所以b≤1，则b的最大值为1.
三、解答题
10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解析 (1)由题意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当0h(1)＝0，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，递减区间是(1，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a>0，讨论f(x)的单调性．
解析 由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式为Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0≤a≤2时，对一切x>0都有f′(x)≥0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ>0，即a>2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，00，∴f′(x)，f(x)的变化如下表所示.
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
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(0,1)和(3，＋∞)，递减区间为(1,3)，
要使函数f(x)在区间上是单调函数，
则解得
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