新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点2导数与函数的单调性教师用书

核心考点2导数与函数的单调性核心知识·精归纳导数与函数单调性的关系(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性．多维题组·明技法角度1：根据单调性比较大小1.(2023·日照三模)若a＝eq\r(2)，b＝eeq\s\up7(\f(1,e))，c＝eq\r(3,6)，则(B)A．a<c<b B．a<b<cC．c<b<a D．c<a<b【解析】令f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)在(e，＋∞)上单调递减；当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，e)上单调递增，∵a＝eq\r(2)，∴lna＝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，综上所述a<b<c.故选B.2.(2023·仓山区校级期中)设a＝eq\f(3,e2)lneq\f(e2,3)，b＝eq\f(1,e)，c＝lneq\r(2)，则a，b，c的大小顺序为(B)A．a<c<b B．c<a<bC．a<b<c D．b<a<c【解析】设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，则f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，则f′(x)<0，f(x)单调递减，∵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.故选B.角度2：构造函数比较大小3.(2023·霞山区校级期中)定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0成立，则有(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)，则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)))上单调递减．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选项正确．故选C.4.(2023·张掖四模)已知a＝ln1.3，b＝eq\f(3,13)，ln(c＋1)＝0.3，则(C)A．a<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.设f(x)＝ln(x＋1)－x(x>－1)，则f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－1＝－eq\f(x,x＋1)，当－1<x<0时，f′(x)>0，当x>0时，f′(x)<0，∴f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在x＝0处取得极大值，也是最大值，即f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x，∴x＋1≤ex，∴ln(x＋1)≤x≤ex－1(当且仅当x＝0时取等号)，∴ln1.3＝ln(1＋0.3)<0.3<e0.3－1，即a<c.设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)，当x>0时，g′(x)＝eq\f(x,x＋12)>0，∴g(x)单调递增，∴g(x)>ln1－0＝0，故g(0.3)＝ln(0.3＋1)－eq\f(0.3,0.3＋1)>0，∴ln1.3>eq\f(3,13)，即b<a，∴b<a<c.故选C.角度3：利用导数解不等式5.(2023·岳阳县模拟)已知函数f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则不等式f(x－3)－f(2x－1)<0的解集为(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】当x≥0时，f(x)＝ex－cosx，则f′(x)＝ex＋sinx，∵x≥0，∴ex≥1，∴f′(x)≥1＋sinx≥0，即f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又函数f(x)为偶函数，则f(x)在(－∞，0]上单调递减，∵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的解集为(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).故选D.6.(2023·巴林左旗校级模拟)已知f(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，已知f(1)＝0，当x>0时，有2f(x)－xf′(x)>0，则使f(x)>0成立的x的取值范围为(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，＋∞)，∵函数f(x)为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，∴f(－x)＝f(x)，即g(－x)＝eq\f(f－x,－x2)＝eq\f(fx,x2)＝g(x)，∴函数g(x)为偶函数，当x>0时，g′(x)＝eq\f(x2f′x－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)<0，∴函数g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝eq\f(f1,12)＝0，由f(x)>0得g(x)＝eq\f(fx,x2)>0，则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的取值范围为(－1,0)∪(0,1)．故选D.角度4：利用函数的单调性求参数取值(范围)7.(2023·大观区校级三模)已知函数f(x)＝eax－2lnx－x2＋ax，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围为(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等价于eax＋ax>x2＋2lnx＝e2lnx＋2lnx．令函数g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，故g(x)是增函数．所以eax＋ax>e2lnx＋2lnx等价于ax>2lnx(x>0)，即a>eq\f(2lnx,x).令函数h(x)＝eq\f(2lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(2－2lnx,x2).当x∈(0，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，h(x)<0，h(x)单调递减．所以h(x)max＝h(e)＝eq\f(2,e).故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).故选B.8.已知函数f(x)＝2x2＋2x＋4lnx－ax，若当m>n>0时，f(m)－f(n)>m－n，则实数a的取值范围是(B)A．(0,9) B．(－∞，9]C．(－∞，8] D．[8，＋∞)【解析】因为f(m)－f(n)>m－n，即f(m)－m>f(n)－n，令g(x)＝f(x)－x＝2x2＋x＋4lnx－ax，由题意得g(x)在(0，＋∞)上单调递增，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，当且仅当4x＝eq\f(4,x)，即x＝1时等号成立，则a≤9.故a的取值范围为(－∞，9]．故选B.方法技巧·精提炼1.利用导数比较大小的方法(1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小．(2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小．2.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．加固训练·促提高1.已知函数f(x)＝2lnx＋eq\f(1,x)－x，则不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集为(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】由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(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，＋∞)上单调递减．则由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，即原不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).故选B.2.若函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(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.因为函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，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(