新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題3函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用核心考點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教師用書

核心考點(diǎn)2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性核心知識·精歸納導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分不必要條件，如函數(shù)f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)為增函數(shù)的必要不充分條件，當(dāng)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0時(shí)，f(x)為常數(shù)函數(shù)，函數(shù)不具有單調(diào)性．多維題組·明技法角度1：根據(jù)單調(diào)性比較大小1.(2023·日照三模)若a＝eq\r(2)，b＝eeq\s\up7(\f(1,e))，c＝eq\r(3,6)，則(B)A．a(chǎn)<c<b B．a(chǎn)<b<cC．c<b<a D．c<a<b【解析】令f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，∵a＝eq\r(2)，∴l(xiāng)na＝eq\f(1,2)ln2＝eq\f(ln4,4)＝f(4)，又lnb＝eq\f(lne,e)＝f(e)，e<4，∴f(e)>f(4)，即lnb>lna，故b>a，∵b＝eeq\s\up7(\f(1,e))<eeq\s\up7(\f(1,2))<eq\r(3)，且eq\f(\r(3),\r(3,6))＝eq\f(3\s\up7(\f(1,2)),6\s\up7(\f(1,3)))＝eq\f(3\s\up7(\f(1,2)),2\s\up7(\f(1,3))×3\s\up7(\f(1,3)))＝eq\f(3\s\up7(\f(1,6)),2\s\up7(\f(1,3)))＝eq\f(3\s\up7(\f(1,6)),4\s\up7(\f(1,6)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up7(\f(1,6))<1，故c＝eq\r(3,6)>eq\r(3)，即c>b，綜上所述a<b<c.故選B.2.(2023·倉山區(qū)校級期中)設(shè)a＝eq\f(3,e2)lneq\f(e2,3)，b＝eq\f(1,e)，c＝lneq\r(2)，則a，b，c的大小順序?yàn)?B)A．a(chǎn)<c<b B．c<a<bC．a(chǎn)<b<c D．b<a<c【解析】設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∵2<eq\f(e2,3)<e，∴eq\f(ln2,2)<eq\f(ln\f(e2,3),\f(e2,3))<eq\f(lne,e)，即lneq\r(2)<eq\f(3,e2)lneq\f(e2,3)<eq\f(1,e)，∴c<a<b.故選B.角度2：構(gòu)造函數(shù)比較大小3.(2023·霞山區(qū)校級期中)定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，已知f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0成立，則有(C)A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B．eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D．eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))【解析】令g(x)＝eq\f(fx,cosx)，則g′(x)＝eq\f(cosx·f′x＋sinx·fx,cos2x)，由已知可得g′(x)<0，即g(x)＝eq\f(fx,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．所以eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))),cos\f(π,3))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))),cos\f(π,4))<eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),cos\f(π,6))，故eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即C選項(xiàng)正確．故選C.4.(2023·張掖四模)已知a＝ln1.3，b＝eq\f(3,13)，ln(c＋1)＝0.3，則(C)A．a(chǎn)<b<c B．c<a<bC．b<a<c D．c<b<a【解析】由ln(c＋1)＝0.3，得c＝e0.3－1.設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，則f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)，當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)在x＝0處取得極大值，也是最大值，即f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x，∴x＋1≤ex，∴l(xiāng)n(x＋1)≤x≤ex－1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號)，∴l(xiāng)n1.3＝ln(1＋0.3)<0.3<e0.3－1，即a<c.設(shè)g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(x,x＋1)(x>0)，g′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(1,x＋12)＝eq\f(x,x＋12)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(x,x＋12)>0，∴g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)>ln1－0＝0，故g(0.3)＝ln(0.3＋1)－eq\f(0.3,0.3＋1)>0，∴l(xiāng)n1.3>eq\f(3,13)，即b<a，∴b<a<c.故選C.角度3：利用導(dǎo)數(shù)解不等式5.(2023·岳陽縣模擬)已知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－cosx，則不等式f(x－3)－f(2x－1)<0的解集為(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(4,3)))B．(－∞，－2)C．(－2，＋∞)D．(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))【解析】當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－cosx，則f′(x)＝ex＋sinx，∵x≥0，∴ex≥1，∴f′(x)≥1＋sinx≥0，即f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，∵f(x－3)－f(2x－1)<0，即f(x－3)<f(2x－1)，∴|x－3|<|2x－1|，解得x<－2或x>eq\f(4,3)，故不等式f(x－3)－f(2x－1)<0的解集為(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).故選D.6.(2023·巴林左旗校級模擬)已知f(x)為定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，已知f(1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，有2f(x)－xf′(x)>0，則使f(x)>0成立的x的取值范圍為(D)A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)【解析】令g(x)＝eq\f(fx,x2)，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵函數(shù)f(x)為定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，即g(－x)＝eq\f(f－x,－x2)＝eq\f(fx,x2)＝g(x)，∴函數(shù)g(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(x2f′x－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)<0，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝eq\f(f1,12)＝0，由f(x)>0得g(x)＝eq\f(fx,x2)>0，則g(x)＝g(|x|)>0＝g(1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0，))解得－1<x<0或0<x<1，故使f(x)>0成立的x的取值范圍為(－1,0)∪(0,1)．故選D.角度4：利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值(范圍)7.(2023·大觀區(qū)校級三模)已知函數(shù)f(x)＝eax－2lnx－x2＋ax，若f(x)>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(B)A．(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) D．(e，＋∞)【解析】f(x)>0等價(jià)于eax＋ax>x2＋2lnx＝e2lnx＋2lnx．令函數(shù)g(x)＝ex＋x，則g′(x)＝ex＋1>0，故g(x)是增函數(shù)．所以eax＋ax>e2lnx＋2lnx等價(jià)于ax>2lnx(x>0)，即a>eq\f(2lnx,x).令函數(shù)h(x)＝eq\f(2lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(2－2lnx,x2).當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(2,e).故實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).故選B.8.已知函數(shù)f(x)＝2x2＋2x＋4lnx－ax，若當(dāng)m>n>0時(shí)，f(m)－f(n)>m－n，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(B)A．(0,9) B．(－∞，9]C．(－∞，8] D．[8，＋∞)【解析】因?yàn)閒(m)－f(n)>m－n，即f(m)－m>f(n)－n，令g(x)＝f(x)－x＝2x2＋x＋4lnx－ax，由題意得g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)＝4x＋1＋eq\f(4,x)－a≥0，即a≤4x＋1＋eq\f(4,x)在(0，＋∞)上恒成立，由基本不等式得4x＋eq\f(4,x)＋1≥2eq\r(16)＋1＝9，當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(4,x)，即x＝1時(shí)等號成立，則a≤9.故a的取值范圍為(－∞，9]．故選B.方法技巧·精提煉1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小的方法(1)若已知函數(shù)解析式比較函數(shù)值的大小，首先要判斷已知函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性比較大?。?2)若是比較數(shù)值的大小，其關(guān)鍵是利用題目條件中的不等關(guān)系構(gòu)造輔助函數(shù)，并根據(jù)構(gòu)造的輔助函數(shù)的單調(diào)性比較大?。?.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增(減)函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號不能省略，否則會漏解．(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題．加固訓(xùn)練·促提高1.已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋eq\f(1,x)－x，則不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集為(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))【解析】由題意可知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．因?yàn)閒′(x)＝eq\f(2,x)－eq\f(1,x2)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．則由f(2x－1)<f(1－x)可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1>0，,1－x>0，,2x－1>1－x，))解得eq\f(2,3)<x<1，即原不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).故選B.2.若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2－2在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(D)A．(－∞，－2) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞))C．(－2，＋∞) D．(－8，＋∞)【解析】由f(x)＝lnx＋ax2－2可得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lnx＋ax2－2在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間，所以f′(x)>0在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上有解，即a>－eq\f(1,2x2)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(