新北师大版3.2利用导数研究函数的单调性学案

第二节利用导数研究函数的单调性【考试要求】，会求函数的单调区间.3.能利用导数解决有关不等式、参数等问题．1．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)>0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增．(2)若在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)<0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减.(3)若在某个区间内，f′(x)≥0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递增．(4)若在某个区间内，f′(x)≤0且只在有限个点为0，则在这个区间内，函数y＝f(x)单调递减．2．利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．[常用结论]1．在某个区间内，f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间内单调递增(减)的充分条件，而不是必要条件．例如，函数f(x)＝x3在定义域(－∞，＋∞)上是增函数，但f′(x)＝3x2≥0.2．函数f(x)在(a，b)内单调递增(减)的充要条件是f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)内恒成立，且f′(x)在(a，b，在区间内的个别点处有f′(x)＝0，不影响函数f(x)在区间内的单调性．[思考辨析]判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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．()(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．()(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．()(4)函数f(x)＝x－sinx在R上是增函数．()答案：(1)√(2)√(3)×(4)√[对点查验]1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是()A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增B．在区间(1，3)上f(x)单调递减C．在区间(4，5)上f(x)单调递增D．在区间(3，5)上f(x)单调递增C在(4，5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)在区间(4，5)上单调递增．故选C2．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上单调递增()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)By′＝－xsinx，经验证，4个选项中只有在(π，2π)内y′>0恒成立，∴y＝xcosx－sinx在(π，2π)上单调递增．故选B.3．f′(x)是f(x)在区间[a，b]的导函数，则“在区间(a，b)内f′(x)>0”是“f(x)在该区间内单调递增”的答案充分不必要解析一般地，由f′(x)>0能推出f(x)为增函数，反之，则不一定．如函数f(x)＝x3在区间(－∞，＋∞)上单调递增，但是f′(x)≥0，因此f′(x)>0是函数f(x)为增函数的充分不必要条件．4．函数f(x)＝x3－x2－x的单调增区间为，单调减区间为．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))解析f′(x)＝3x2－2x－1，令3x2－2x－1>0，解得x<－eq\f(1,3)或x>1，令3x2－2x－1<0，解得－eq\f(1,3)<x<1，∴函数f(x)＝x3－x2－x的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞);单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)).5．若y＝x＋eq\f(a2,x)(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是．答案(0，2]解析法一由y′＝1－eq\f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.∴y＝x＋eq\f(a2,x)的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴0<a≤2.法二y′＝1－eq\f(a2,x2)，依题意知1－eq\f(a2,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4，又a>0，∴0<a≤2.考点一不含参数的函数的单调性1．(2022·山东济南历城二中月考)函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是()A．(－∞，e) B．(1，e)C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)D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)的递增区间是(e－1，＋∞).故选D.2．(2022·河南月考)已知f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5，则函数f(x)的单调减区间为()A．(1，＋∞) B．(ln3，＋∞)C．(－∞，ln3) D．(－∞，＋∞)D由题可知，f(x)＝3x2＋6x－6ex＋5，且f(x)的定义域为R，则f′(x)＝6x＋6－6ex＝6(x＋1－ex)，令g(x)＝x＋1－ex，则g′(x)＝1－ex，x∈R，当x∈(－∞，0)时，g′(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则g(x)的最大值为：g(0)＝0，故g(x)≤0恒成立，故f′(x)≤0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递减，即函数f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞).故选D.3．(2022·重庆市育才中学月考)函数f(x)＝sinx－x·cosx＋eq\f(1,2)x2的递增区间为()A．(－∞，0) B．(－1，1)C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)Cf(x)＝sinx－x·cosx＋eq\f(1,2)x2，定义域为R，则f′(x)＝cosx－[cosx＋x·(－sinx)]＋x＝xsinx＋x＝x(sinx＋1)，令f′(x)≥0，则x(sinx＋1)≥0，所以x≥0，所以函数的单调递增区间为(0，＋∞).故选C.思维升华确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能遗忘求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．考点二含参的函数的单调性已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－（a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（ax－1）（x－1）,x).①当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，∴x∈(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；②当a＝1时，eq\f(1,a)＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<eq\f(1,a)<1，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．[引申探究]若将本例中参数a的范围改为a∈R，其他条件不变，试讨论f(x)的单调性？解当a>0时，讨论同上；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．思维升华(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．对点强化1(2022·河北张家口市三模)已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性．解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(（ax2－2）（x－1）,x3).当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．当a>0时，f′(x)＝eq\f(a（x－1）,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).(1)当0<a<2时，eq\r(\f(2,a))>1，当x∈(0，1)和x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．(2)当a＝2时，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．(3)当a>2时，0<eq\r(\f(2,a))<1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))和x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a<2时，f(x)在(0，1)内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))内单调递增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；当a>2时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．考点三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式(1)(2022·黑龙江鹤岗期末)对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，不等式sinx·f(x)<cosx·f′(x)恒成立，则下列不等式错误的是()A.f(eq\f(π,3))>eq\r(2)f(eq\f(π,4)) B．f(eq\f(π,3))>2cos1·f(1)C．f(eq\f(π,4))<eq\r(2)cos1·f(1) D．f(eq\f(π,4))<eq\f(\r(6),2)f(eq\f(π,6))D构造函数g(x)＝f(x)cosx，则g′(x)＝cosx·f′(x)－sinx·f(x)，∵sinx·f(x)<cosx·f′(x)，∴g′(x)＝cosx·f′(x)－sinx·f(x)>0，即g(x)在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上为增函数，由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即eq\f(\r(2),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<eq\f(1,2)f(eq\f(π,3))，故A正确；由g(1)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，即f(1)cos1<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即f(eq\f(π,3))>2cos1·f(1)，故B正确；由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<g(1)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)<f(1)cos1，即eq\f(\r(2),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))<f(1)cos1，故C正确；由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))coseq\f(π,6)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)，即eq\f(\r(3),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<eq\f(\r(2),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(\r(6),2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故错误的是D.故选D.(2)(2022·全国甲卷)已知a＝eq\f(31,32)，b＝coseq\f(1,4)，c＝4sineq\f(1,4)，则()A．c>b>a B．b>a>cC．a>b>c D．a>c>bA构造函数h(x)＝1－eq\f(1,2)x2－cosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则g(x)＝h′(x)＝－x＋sinx，g′(x)＝－1＋cosx≤0所以g(x)≤g(0)＝0，因此，h(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上递减，所以heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝a－b<h(0)＝0，即a<b.另一方面，eq\f(c,b)＝eq\f(4sin\f(1,4),cos\f(1,4))＝eq\f(tan\f(1,4),\f(1,4))，显然x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，tanx>x，所以eq\f(c,b)>1，即b<c.因此c>b>a.故选A.(3)(2022·全国高三单元测试)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)－f(x)>0，f(2022)－e2022＝0，则不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)lnx))<eq\r(4,x)的解集为()A．(e6063，＋∞) B．(0，e2022)C．(e8088，＋∞) D．(0，e8088)D由题可设F(x)＝eq\f(f（x）,ex)，因为f′(x)－f(x)>0，则F′(x)＝eq\f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，所以函数f(x)在R上单调递增，又F(2022)＝eq\f(f（2022）,e2022)＝1，不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)lnx))<eq\r(4,x)可转化为eq\f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)lnx)),e\f(1,4)lnx)<1，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)lnx))<1＝F(2022)，所以eq\f(1,4)lnx<2022，解得0<x<e8088，所以不等式feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)lnx))<eq\r(4,x)的解集为(0，e8088).故选D.命题点2根据函数的单调性求参数的值(范围)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的取值范围是．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)解析因为f(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，f′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈[1，4]，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，因为x∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，又因为a≠0，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞).[引申探究]本例中，若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则f′(x)<0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又当x∈[1，4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞).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(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(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，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．对点强化2(1)(2022·江苏昆山柏庐高级中学期末)已知f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<f′(x)，则不等式e－xf(x2＋x)>f(2)的解集是()A．(－2，1)B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C．(－1，2)D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B令h(x)＝eq\f(f（x）,ex)，则h′(x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)>0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以e－xf(x2＋x)>f(2)⇔>eq\f(f（2）,e2)⇔h(x2＋x)>h(2)⇔x2＋x>2，解之得x<－2或x>1，即原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)，故选B.(2)(2022·