山東專用2025版高考數(shù)學一輪復習第二章函數(shù)導數(shù)及其應用第十二講第1課時導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學案含解析

PAGE4-第十二講導數(shù)在探討函數(shù)中的應用第一課時導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性ZHISHISHULISHUANGJIZICE學問梳理·雙基自測eq\x(知)eq\x(識)eq\x(梳)eq\x(理)學問點函數(shù)的單調(diào)性(1)設函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導，若f′(x)>0，則f(x)為增函數(shù)，若f′(x)<0，則f(x)為減函數(shù)．(2)求可導函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的步驟：①確定f(x)的定義域；②求導數(shù)f′(x)；③令f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相應的x的范圍；④當f′(x)>0時，f(x)在相應區(qū)間上是增函數(shù)，當f′(x)<0時，f(x)在相應區(qū)間上是減函數(shù)．eq\x(重)eq\x(要)eq\x(結(jié))eq\x(論)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充分不必要條件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減)的充要條件．eq\x(雙)eq\x(基)eq\x(自)eq\x(測)題組一走出誤區(qū)1．(多選題)下列結(jié)論不正確的是(ABD)A．若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么肯定有f′(x)>0B．若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)恒有f′(x)≥0，則y＝f(x)在(a，b)上肯定為增函數(shù)C．假如函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性D．因為y＝eq\f(1,lnx)的導函數(shù)為y′＝eq\f(－1,xlnx2)，∵x>0，∴y′<0，因此y＝eq\f(1,lnx)的減區(qū)間為(0，＋∞)[解析]對于A，有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，但f′(x)＝x2≥0.對于B，因為y＝f(x)若為常數(shù)函數(shù)，則肯定有f′(x)＝0滿意條件，但不具備單調(diào)性．對于C，假如函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒若f′(x)＝0，則此函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)為常數(shù)函數(shù)，則函數(shù)f(x)在這個區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．對于D，y＝eq\f(1,lnx)定義域為(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的減區(qū)間為(0,1)和(1，＋∞)．題組二走進教材2．(選修2－2P26T1改編)函數(shù)f(x)＝x3－6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為(A)A．(0,4) B．(0.2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)[解析]f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0<x<4，所以單調(diào)遞減區(qū)間為(0,4)．故選A．3．(選修2－2P32BT1改編)已知函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的是(D)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)[解析]f′(x)＝1－cosx，當x∈(0，π]時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函數(shù)，所以f(π)>f(3)>f(2)．故選D．4．(選修2－2P31AT3改編)已知函數(shù)y＝f(x)在定義域(－3,6)內(nèi)可導，其圖象如圖，其導函數(shù)為y＝f′(x)，則不等式f′(x)≤0的解集為[－1,2]∪[4,6).[解析]f′(x)≤0，即y＝f(x)遞減，故f′(x)≤0，解集為[－1,2]∪[4,6)．題組三考題再現(xiàn)5．(2024·浙江，4分)函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(D)[解析]依據(jù)題意，已知導函數(shù)的圖象有三個零點，且每個零點的兩邊導函數(shù)值的符號相反，因此函數(shù)f(x)在這些零點處取得極值，解除A，B；記導函數(shù)f′(x)的零點從左到右分別為x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞減，解除C，選D．6．(2024·全國卷Ⅰ，5分)若函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(C)A．[－1,1] B．[－1，eq\f(1,3)]C．[－eq\f(1,3)，eq\f(1,3)] D．[－1，－eq\f(1,3)][解析]函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，等價于f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x＋acosx＝－eq\f(4,3)cos2x＋acosx＋eq\f(5,3)≥0在(－∞，＋∞)上恒成立．設cosx＝t，則g(t)＝－eq\f(4,3)t2＋at＋eq\f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝－\f(4,3)＋a＋\f(5,3)≥0，,g－1＝－\f(4,3)－a＋\f(5,3)≥0，))解得－eq\f(1,3)≤a≤eq\f(1,3).故選C．注：文科(sin2x)′＝(2sinxcosx)′＝2[(sinx)′cosx＋sinx·(cosx)′]＝2(cos2x－sin2x)＝2cos2x.KAODIANTUPOHUDONGTANJIU考點突破·互動探究考點函數(shù)的單調(diào)性考向1不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性——自主練透例1(1)(2024·山西太原期中)函數(shù)y＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是(B)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)(2)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)y＝ex＋x2－x的單調(diào)遞增區(qū)間是(A)A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[1，＋∞) D．(－∞，1](3)(多選題)(2024·濟南調(diào)研)已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(AC)A．(－π，－eq\f(π,2)) B．(－eq\f(π,2)，0)C．(0，eq\f(π,2)) D．(eq\f(π,2)，π)[解析](1)函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，y′＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，令y′<0，解得0<x<1，故函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞減，故選B．(2)y′＝ex＋2x－1＝(ex－1)＋2x，當x≥0時，ex≥1，(ex－1)＋2x≥0，當x<0時，ex<1，(ex－1)＋2x<0，故選A．(3)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為(－π，－eq\f(π,2))和(0，eq\f(π,2))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－π，－eq\f(π,2))，(0，eq\f(π,2))．故選A、C．名師點撥?用導數(shù)f′(x)確定函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的三種類型及方法：(1)當不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解時，依據(jù)函數(shù)的定義域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調(diào)區(qū)間．(2)當方程f′(x)＝0可解時，依據(jù)函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，求出實數(shù)根，把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和實根按從大到小的依次排列起來，把定義域分成若干個小區(qū)間，再確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間．(3)當不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不行解時，對f′(x)化簡，依據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，選擇相應的基本初等函數(shù)，利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號，得單調(diào)區(qū)間．考向2含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性——師生共研例2(2024·東北三省四市一模)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋alnx，x∈(0,6)，探討f(x)的單調(diào)性．[解析]f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax－2,x2)，x∈(0,6)，∴a≤0時，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)單調(diào)遞減，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a>0，且eq\f(2,a)≥6，即0<a≤eq\f(1,3)時，f′(x)<0在x∈(0,6)上恒成立，∴f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a>0，且eq\f(2,a)<6，即a>eq\f(1,3)時，在x∈(0，eq\f(2,a))上，f′(x)<0，在x∈(eq\f(2,a)，6)上，f′(x)>0，∴f(x)在(0，eq\f(2,a))上單調(diào)遞減，在(eq\f(2,a)，6)上單調(diào)遞增．綜上，當a≤eq\f(1,3)時，f(x)在(0,6)上單調(diào)遞減，無單調(diào)遞增區(qū)間；當a>eq\f(1,3)時，f(x)在(0，eq\f(2,a))上單調(diào)遞減，在(eq\f(2,a)，6)上單調(diào)遞增．名師點撥?(1)探討含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類探討．遇二次三項式因式常考慮二次項系數(shù)、對應方程的判別式以及根的大小關(guān)系，以此來確定分界點，分狀況探討．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)探討，還要確定導數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．(3)個別導數(shù)為0的點不影響在區(qū)間的單調(diào)性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數(shù)．〔變式訓練1〕設函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx(a∈R)，探討f(x)的單調(diào)性．[解析]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2).令g(x)＝x2－ax＋1，則方程x2－ax＋1＝0的判別式Δ＝a2－4.①當|a|≤2時，即－2≤a≤2時，Δ≤0，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當a<－2時，Δ>0，g(x)＝0的兩根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③當a>2時，Δ>0，g(x)＝0有兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)，當0<x<x1時，f′(x)>0；當x1<x<x2時，f′(x)<0；當x>x2時，f′(x)>0，故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(x1，x2)上單調(diào)遞減．綜上得，當a≤2時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a>2時，f(x)在(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))，(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(eq\f(a－\r(a2－4),2)，eq\f(a＋\r(a2－4),2))上單調(diào)遞減．考向3利用導數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性的應用問題——多維探究角度1比較大小例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx，則有(A)A．f(2)<f(e)<f(3) B．f(e)<f(2)<f(3)C．f(3)<f(e)<f(2) D．f(e)<f(3)<f(2)[解析]f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)(x>0)，在(0,1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，∴f(3)>f(e)>f(2)．故選A．角度2解不等式例4(2024·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2，則不等式f(lnx)＋f(lneq\f(1,x))<2f(1)的解集為(D)A．(e，＋∞) B．(0，e)C．(0，eq\f(1,e))∪(1，e) D．(eq\f(1,e)，e)[解析]函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2的導數(shù)為f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)，則x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，且f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，即有f(x)＝f(|x|)，則不等式f(lnx)＋f(lneq\f(1,x))<2f(1)，即為f(lnx)<f(1)，即為f(|lnx|)<f(1)，則|lnx|<1，即－1<lnx<1，解得eq\f(1,e)<x<e.角度3已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍例5若函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(D)A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)[分析]利用函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增等價于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用區(qū)間(1，＋∞)是f(x)的增區(qū)間的子集求解．[解析]解法一：因為f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，因為f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0，即k≥eq\f(1,x).因為x>1，所以0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故選D．解法二：f′(x)＝k－eq\f(1,x)＝eq\f(kx－1,x)(x>0)，當k≤0時，f′(x)＝k－eq\f(1,x)<0，f(x)在其定義域內(nèi)遞減，不合題意，當k>0時，由f′(x)>0知x>eq\f(1,k)，即(eq\f(1,k)，＋∞)是f(x)的增區(qū)間.由題意可知eq\f(1,k)≤1，即k≥1，故選D．[引申]本例中(1)若f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，則k＝1；(2)若f(x)在(1，＋∞)上遞減，則k的取值范圍是(－∞，0]；(3)若f(x)在(1，＋∞)上不單調(diào)，則k的取值范圍是(0,1)；(4)若f(x)在(1，＋∞)上存在減區(qū)間，則k的取值范圍是(－∞，1)；(5)若f(x)在(1,2)上單調(diào)，則k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2)]∪[1，＋∞).[解析](1)由解法2知eq\f(1,k)＝1，∴k＝1；(2)由題意知f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)上恒成馬上k≤eq\f(1,x)，又x>1，∴0<eq\f(1,x)<1，∴k≤0，即k的取值范圍是(－∞，0]；(3)由本例及引申(2)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)，則k≤0或k≥1，∴f(x)在(1，＋∞)上不單調(diào)，則0<k<1.即k的取值范圍是(0,1)；(4)由題意可知f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0在(1，＋∞)內(nèi)有解即k≤eq\f(1,x)，x∈(1，＋∞)有解，由0<eq\f(1,x)<1可知k<1，即k的取值范圍是(－∞，1)；(5)∵x∈(1,2)，∴eq\f(1,2)<eq\f(1,x)<1，若f(x)在(1,2)上單調(diào)增，則f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)，∴k≥1.若f(x)在(1,2)上單調(diào)減，則f′(x)＝eq\f(kx－1,x)≤0恒成立，即k≤eq\f(1,x)，∴k≤eq\f(1,2).∴f(x)在(1,2)上單調(diào)，則k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,2)]∪[1，＋∞)．名師點撥?已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)取值范圍的兩個方法(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)是相應單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題：利用“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來求解．提示：f(x)為增函數(shù)的充要條件是對隨意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒等于0.應留意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．〔變式訓練2〕(1)(角度1)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，則f(eq\f(π,5))，f(1)，f(－eq\f(π,3))的大小關(guān)系為(A)A．f(－eq\f(π,3))>f(1)>f(eq\f(π,5))B．f(1)>f(－eq\f(π,3))>f(eq\f(π,5))C．f(eq\f(π,5))>f(1)>f(－eq\f(π,3))D．f(－eq\f(π,3))>f(eq\f(π,5))>f(1)(2)(角度2)(2024·河北衡水市其次中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx，若對隨意兩個不等的正數(shù)x1，x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>4恒成立，則a的取值范圍為(A)A．(4，＋∞) B．(－4，＋∞)C．(－∞，4) D．(－∞，－4)(3)(角度3)若f(x)＝－eq\f(1,2)(x－2)2＋blnx在(1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是(C)A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)[解析](1)f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx＝f(x)，∴f(x)＝xsinx是偶函數(shù)，f′(x)＝sinx＋xcosx，明顯在(0，eq\f(π,2))上f′(x)>0，∴f(x)在(－eq\f(π,2)，0)上遞減，在(0，eq\f(π,2))上遞增，f(eq\f(π,3))>f(1)>f(eq\f(π,5))，又f(－eq\f(π,3))＝f(eq\f(π,3))，故選A．(2)令g(x)＝f(x)－4x，因為eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>4，所以eq\f(gx1－gx2,x1－x2)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g′(x)＝x＋eq\f(a,x)－4≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥4x－x2，令h(x)＝4x－x2，x∈(0，＋∞)，則h(x)＝4x－x2≤h(2)＝4，∴h(x)max＝4，即a的取值范圍為[4，＋∞)，故選A．(3)由題意可知f′(x)＝－(x－2)＋eq\f(b,x)≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立，由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可．MINGSHIJIANGTANSUYANGTISHENG名師講壇·素養(yǎng)提升構(gòu)造法在導數(shù)中的應用例6(1)若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿意f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為(2，＋∞).(2)設函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(A)A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[解析](1)令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由題意知g′(x)>0，∴g(x)為增函數(shù)．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集為(2，＋∞)．(2)令F(x)＝eq\f(fx,x)，因為f(x)為奇函數(shù)，所以F(x)為偶函數(shù)，由于F′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，依據(jù)對稱性，F(xiàn)(x)＝eq\f(fx,x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，數(shù)形結(jié)合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)．故選A．名師點撥?(1)若知xf′(x)＋f