专题4.2应用导数研究函数的单调性2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题4.2 应用导数研究函数的单调性 1. 了解函数单调性和导数的关系，会用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区 新课程考试要求 间. 本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、数学建模、直观想象（例4.5）、 核心素养 数学运算（多例）、数据分析等. （1）以研究函数的单调性、单调区间等问题为主，根据函数的单调性确定参数的值或 范围，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合； 考向预测 （2）单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现；大题常与不等式、方程等结 合考查，综合性较强.其中研究函数的极值、最值，都绕不开研究函数的单调性． 【知识清单】 1．利用导数研究函数的单调性 (a,b) f(x) f '(x) (a,b) 在 内可导函数 ， 在 任意子区间内都不恒等于0. f '(x)0 f(x) (a,b) 在 上为增函数． f '(x)0 f(x) (a,b) 在 上为减函数． 【考点分类剖析】 考点一 ：判断或证明函数的单调性 【典例1】（2020·辽宁高三期中）已知函数 . （1）讨论函数 的单调性； （2）若函数 在区间 上是增函数，求实数 的取值范围. 【答案】（1）若 时，函数在 上单调递增；若 时，函数在 上单调递减，在 上单调递增；（2） . 【解析】 （1）先求导，根据导数和函数的单调性的关系，分类讨论即可求出； （2）对 求导得 ，由 在区间 上是增函数，可得 时，恒成立，令 ， ，利用导数求出 的最小值，即可求得 的取值 范围. 【详解】 解：（1）函数 的定义域为 ， ， ①若 时， ，此时函数在 上单调递增； ②若 时，令 ，可得 ， ，可得 ， 所以函数在 上单调递减，在 上单调递增. （2） ， 若函数 在区间 上是增函数， 又当 时， 恒成立， 令 ， ，则 ， 令 ，有 ，可得函数 的增区间为 ，减区间为 ， 所以 ， 有 ， 故实数 的取值范围为 . 【典例2】（2020·全国高考真题（理））已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；   2 【答案】（1）当 x   0, 3  时， f 'x0, f x单调递增，当 x   3 , 3   时， f 'x0, f x单调 2  x , 递减，当   3  时， f 'x0, f x单调递增. 【解析】 f x2sin3 xcosx (1)由函数的解析式可得： ，则： f 'x2  3sin2 xcos2 xsin4 x  2sin2 x  3cos2 xsin2 x  2sin2 x  4cos2 x1  2sin2 x2cosx12cosx1 ，  2 f 'x0 在 x0, 上的根为： x 1  3 ,x 2  3 ，   x 0, 当   3  时， f 'x0, f x单调递增，  2 x , 当   3 3  时， f 'x0, f x 单调递减， 2  x , 当   3  时， f 'x0, f x单调递增. 【规律方法】 1．利用导数证明或判断函数单调性的思路 求函数f(x)的导数f′(x)：(1)若f′(x)>0，则y＝f(x)在(a，b)上单调递增；(2)若f′(x)<0，则y＝f(x)在(a，b)上单 调递减；(3)若恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数，不具有单调性． 2.利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数 的定义域；②求导数 ；③由 f(x) f' (x) f' (x)>0 （或 ）解出相应的 的取值范围，当 时， 在相应区间上是增函数；当 时， f' (x)<0 x f' (x)>0 f(x) f' (x)<0 f(x)在相应区间上是减增函数. 【变式探究】f(x)ex a(x2) 1. （2020·全国高考真题（文））已知函数 . a1 f(x) （1）当 时，讨论 的单调性； 1 【答案】（1） f(x) 的减区间为(,0)，增区间为(0,)；（2）( e ,). 【解析】 f(x)ex (x2) f '(x)ex 1 a1 （1）当 时， ， ， f '(x)0 x0 f '(x)0 x0 令 ，解得 ，令 ，解得 ， f(x) (,0) (0,) 所以 的减区间为 ，增区间为 ； 1 f x x2 axa1lnx 2.已知函数 2 ，a 1。 f '(2)0 a （Ⅰ）若 ，求 的值； f x （Ⅱ）讨论函数 的单调性。 【答案】(Ⅰ)a=3；(Ⅱ)答案见解析. 【解析】 a1 a1 fx xa f22a =0 (Ⅰ)由题意可得： x ，故 2 ，∴a3. 1 f x x2 axa1lnx (Ⅱ)∵函数 2 ，其中a>1， a1 x1x1a x1  xa1  f 'x xa   ∴f(x)的定义域为(0,+∞)， ， x x x 令f′(x)=0,得x=1,x=a−1. 1 2 x12 f 'x 0 ①若a−1=1,即a=2时, ，故f(x)在(0,+∞)单调递增. x ②若00得，01. 故f(x)在(a−1,1)单调递减,在(0,a−1),(1,+∞)单调递增. ③若a−1>1，即a>2时， 由f′(x)<0得,10得，0a−1. 故f(x)在(1,a−1)单调递减,在(0,1),(a−1,+∞)单调递增. 综上可得,当a=2时,f(x)在(0,+∞)单调递增； 当12时,f(x)在(1,a−1)单调递减,在(0,1),(a−1,+∞)单调递增. 【易错提醒】 1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域. 2.当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能： (1)f′(x)＝0是否有根； (2)若f′(x)＝0有根，求出的根是否在定义域内； (3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小． 考点二 ：求函数的单调区间 【典例3】（2021·安徽芜湖市·高三二模（文））已知函数 ． （1）若 ，求函数 的单调区间； （2）若函数 为定义域内的单调递增函数，求实数 的取值范围． 【答案】（1）单增区间为 ，单减区间为 ；（2） ． 【解析】 （1）当 时， ，根据导数与0的关系，判断函数单调区间； （2）函数在定义域内单增，等价于导数恒大于等于0，对导数求导，讨论参数的取值范围，求得导数的最 小值，分别讨论导数是否恒大于等于0即可. 【详解】 解：（1）当 时， ， ， 当 时， ，所以 在 单调递增； 当 时， ，所以 在 单调递减；故函数的单增区间为 ，单减区间为 ． （2）由题知 在 上恒成立， 即 在 上恒成立， 令 ， ， ①当 时， ，所以 在 上单调递增， 又 ，所以当 时， ，不符合题意； ②当 时，令 ， ， 所以 在 单调递增，而 ， （i）当 时， ， ， 所以 ，使得 ， 且当 时， ，当 时， ， 因此当 时 ，此时 ，不符合题意； （ii）当 时， ， 所以当 时， ，当 时， ， 所以 在 单调递减，在 单调递增，故 ，符合题意； （iii）当 时， ， ， 所以 ，使得 ，且当 时， ，当 时， ， 因此当 时， ，此时 ，不符合题意； 综上所述： ． 【总结提升】 利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的 符号，从而确定单调区间． (3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而 确定单调区间． 温馨提醒：所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，” “和”字隔开． 【变式探究】 f(x) xlgx f(x) f(x) （2020·金华市曙光学校高二月考）已知 ，那么 单调递增区间__________； 单调递 减区间__________.  1 1  0, 【答案】 e ,    e   【解析】 1 1 f(x)lgxx lgx lgxlgelgex 因为 f(x) xlgx,故 xln10 ln10 . 1 x  令 f(x)0可得ex1,即 e .  1 x 0,   又 f(x)为增函数,故当  e 时, f(x)0 , f(x) 单调递减； 1  x ,   当 e 时, f(x)0, f(x)单调递增.  1 1  0, 故答案为：(1)  e ,  ；(2)   e   考点三 ：利用函数的单调性研究函数图象【典例4】（2021·浙江高考真题）已知函数 ，则图象为如图的函数可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解. 【详解】 对于A， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A； 对于B， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B； 对于C， ，则 ， 当 时， ，与图象不符，排除C. 故选：D. ex ex f x 【典例5】（2018·全国高考真题（理））函数 x2 的图像大致为 ( )A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 ex ex  x0, f(x) f(x) f(x) x2 为奇函数，舍去A,  f(1)ee1 0 舍去D; (ex ex)x2 (ex ex)2x (x2)ex (x2)ex  f(x)  x2, f(x)0 x4 x3 ， 所以舍去C；因此选B. 【规律方法】 1.函数图象的辨识主要从以下方面入手： (1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 2．函数的图象与函数的导数关系的判断方法 (1)对于原函数，要重点考查其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减． (2)对于导函数，则应考查其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并考查这些区间与原函数 的单调区间是否一致． 【变式探究】 1.（2020·安徽金安�六安一中高三其他（文））已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.718 28…)，则f(x)的大致图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 1 f 1＝e1= 0 f x＝ex－(x+1)2 函数 ，当x1时， e ，故排除A、D，又 f(x)ex 2x2，f(x)ex 20 xln2， 0 xln2 f(x)0， f(x) f(0)0 ，当 时， ， f x 0,ln2 所以 在 为减函数，故排除B, 故选：C. 2.（2019·云南高考模拟（文））函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则函数y=f (x)的图象 可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】A【解析】 如下图所示： 当 时， 单调递增；当 时， 单调递减，所以整个函 x0,f(x) ac f' (x)<0,f(x) 数从左到右，先增后减，再增最后减，选项A中的图象符合，故本题选A. 考点四 ：利用函数的单调性解不等式 【典例6】（2021·云南昆明市·昆明一中高三其他模拟（文））已知函数 ，若 ，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 根据函数的奇偶性的定义，判断函数的奇偶性，运用导数判断函数的单调性，最后运用函数的奇偶性、单 调性进行求解即可. 【详解】 因为函数 的定义域为 ， ， 所以 为奇函数； 又因为 ，所以函数 在 上单调递增； 又因为 ，所以 ， ，即 ， 故选：A 【总结提升】 比较大小或解不等式的思路方法 (1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大 小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数． (2)含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等 关系． 【变式探究】（2020·山东奎文�潍坊中学高二月考）【多选题】设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇   函数和偶函数，f′（x），g'（x）为其导函数，当x＜0时，f′（x） g（x）+f（x） g'（x）＜0且g（﹣3）  ＝0，则使得不等式f（x） g（x）＜0成立的x的取值范围是（ ） A．（﹣∞,﹣3） B．（﹣3,0） C．（0,3） D．（3,+∞） 【答案】BD 【解析】 ∵f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数， ∴f（﹣x）＝﹣f（x），g（﹣x）＝g（x）， 令h（x）＝f（x）•g（x）， 则h（﹣x）＝﹣h（x）， 故h（x）＝f（x）•g（x）为R上的奇函数， ∵当x＜0时，f′（x）•g（x）+f（x）•g'（x）＜0， 即x＜0时，h′（x）＝f′（x）•g（x）+f（x）•g'（x）＜0， ∴h（x）＝f（x）•g（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减， ∴奇函数h（x）在区间（0，+∞）上也单调递减， 如图：由g（﹣3）＝0， ∴h（﹣3）＝h（3）＝0， ∴当x∈（﹣3，0）∪（3，+∞）时，h（x）＝f（x）•g（x）＜0， 故选：BD. 考点五 ：利用函数的单调性比较大小 【典例7】（2021·昆明市·云南师大附中高三月考（文））已知 ， ， ，则 ， ， 的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 设 ， ，利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性比较函数值的大小； 【详解】 解：设 ， ，则 恒成立，∴函数 在 上单调递增，又 ， ， ，∵ ， ，∴， 故选：D. 【总结提升】 f x  f x  f x  f x f x  在比较 1 ， 2 ，， n 的大小时，首先应该根据函数 的奇偶性与周期性将 1 ， f x  f x  2 ，， n 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．  0, 【变式探究】（2020·新泰市第二中学高三其他）【多选题】已知定义在( 2)上的函数 f(x)， f(x)是 f(x) cosxf(x)sinxf(x)0 的导函数，且恒有 成立，则（ ）     f( )＞ 2f( ) 3f( )＞f( ) A． 6 4 B． 6 3     f( )＞ 3f( ) 2f( )＞ 3f( ) C． 6 3 D． 6 4 【答案】CD 【解析】 分析： f(x)    g(x) 0, g( ) g( ) 构造函数 cosx，然后利用导数和已知条件求出g(x)在( 2)上单调递减，从而有 6 3 ，   g( ) g( ) 6 4 ，据此转化化简后即可得出结论. 详解： f(x) f(x)cosx f(x)sinx g(x) g(x) 设 cosx，则 cos2 x ，  0, 因为x( 2)时，cosxf(x)sinxf(x)0， f(x)cosx f(x)sinx 0, g(x) 0 所以x( 2)时， cos2 x ，      0, g( ) g( ) g( ) g( ) 因此g(x)在( 2)上单调递减，所以 6 3 ， 6 4 ，     f( ) f( ) f( ) f( ) 6 3   6 4     f( ) 3f( )   2f( ) 3f( ) 即 3 1 6 3 ， 3 2 6 4 . 2 2 2 2 故选：CD. 考点六 ：利用函数的单调性求参数的范围（值） 【典例8】（2020·全国高三其他模拟（文））若函数 在 上单 调递增，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 依题意得 在定义域内单调递增，得 ； 在定义域内单调递增，利用导数求得 ，又因为 ，即可求得结果． 【详解】 由题意可知函数 在定义域内单调递增， ∴ ，得 ； 函数 在定义域内单调递增，则 在 上恒成立， ∴当 时， 恒成立，而当 时， ， ∴ ，即 ． 又因为 ，解得 ． 综上，实数 的取值范围是 ． 故选：C 【典例9】（2021·宁夏石嘴山市·高三二模（文））设函数 ， ． （1）求 的单调区间； （2）设函数 是单调递增函数，求实数 的值． 【答案】（1） 的单调增区间为 ，单调减区间为 ;（2） 【解析】 （1）对 求导，判断 正负，从而求出单调性； （2）对 化简并求导得到： 对 进行讨论，进一步求出答案. 【详解】 ∵ ，所以定义域为 所以令 解得 ， 解得 且 故 的单调增区间为 ，单调减区间为 ； (2) ∵ ∴ 定义域为 则 ∵ 为增函数 ∴ 对任意 恒成立． 若 ，则 ，则当 时， ，∴当 时， ， ∴故 在 单调递减，在 单调递增，不符合题意； 若 ，则令 ，解得 或 ，则 ， ∴则当 时， ，当 时， ， ∴故 在 单调递减，在 单调递增，不符合题意； 若 ，则令 ，解得 或 则 ， ∴则当 时， ，当 时， ， ∴故 在 单调递减，在 单调递增，不符合题意； 当 时， ，此时 恒成立，故符合题意， 综上所述 . 【总结提升】 1.由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参 数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．注意检验参数取“＝”时是否满足题 意． (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集， 从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意． (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区 间的子集，从而求出参数的取值范围． 2．恒成立问题的重要思路 (1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x) ． max (2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x) ． min 【变式探究】 f xkxlnx 1, k 1.（2020·山东肥城高二期中）若函数 在区间 单调递增，则 的取值范围是______； f x 1, k 若函数 在区间 内不单调，则 的取值范围是______. 1, 0,1 【答案】 【解析】 1 fxk  0 若 f xkxlnx在区间1,单调递增，所以 x 在1,上恒成立， 1 1 k  1 即 x 在 1, 上恒成立，又x1时， x ，所以k�1； 1 fxk  0 若函数 f x 在区间1,内不单调，则方程 x 在区间1,有解， 1 0 1 因为x1时， x ，因此只需0k 1. 1, 0,1 故答案为： ； . 2．（2021·全国高三专题练习（理））设函数 . （1）若 ，求函数 的单调区间；（2）若 在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ；（2） . 【解析】 （1）根据 ，解得 ，得到 ，利用导数的符号，即可求得函数的 单调区间； （2）把 在定义域上是增函数，转化为当 时，不等式 恒成立，分类参数，转化 为 对 恒成立，结合基本不等式，即可求解. 【详解】 （1）由题意，函数 的定义域为 ，且 ， 因为 ，解得 ，所以 ， 令 ，即 ，解得 或 ； 令 ，即 ，解得 ， 所以函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 . （2）若 在定义域上是增函数，则 对 恒成立， 因为 ，即 时，不等式 恒成立，即 对 恒成立， 因为 ，当且仅当 时取等号， 所以 ，即实数a的取值范围是 .