考点21利用导数研究函数的单调性（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料_备战2022年高考数学一轮复习考点帮（新高考地区专用）8.2更新

考点 21 利用导数研究函数的单调性 【命题解读】 从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是 导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、 恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将 导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活 应用数学知识分析问题、解决问题的能力 【基础知识回顾】 1. 利用导数研究函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)≥0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间 内单调递增；如果f′(x)≤0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减． 2. 判定函数单调性的一般步骤 (1)确定函数y＝f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0； (4)根据(3)的结果确定函数的单调区间． 3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围 (1)函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子 区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间． 函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间 上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间． (2)函数y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为f′(x)＞0的解集是(a，b)； 函数y＝f(x)的减区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝减区间，也可转化为a，b是f′(x)＝0的两根． .1、若函数y＝f(x)的图像如下图所示，则函数y＝f′(x)的图像有可能是( ) 第1题图A B C D 【答案】A. 【解析】 由f(x) 的图像可知：在(－∞，0) ，f(x)单调递减，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；在(0，＋ ∞)，f(x)单调递增，∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；故选A. 2、函数f(x)＝－2lnx－x－的单调递增区间是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 函数f(x)＝－2lnx－x－的定义域为，且f′(x)＝－－1＋＝－，解不等式f′(x)>0，即x2＋2x－ 3<0，由于x>0，解得00)的单调递增区间为( ) A. B. C. D．(－∞，a) 【答案】A 【解析】 由f′(x)＝－a>0，x>0，得00)，若f (x)的单调递减区间是(0,4)，则实数k的值为________；【答案 【解析】 (1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x， 由题意知f′(4)＝0，解得k＝. 7、(多填题)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对 称.则m＝________，f(x)的单调递减区间为________. 【答案】－3 (0，2) 【解析】由f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3，① 又g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n为偶函数， ∴2m＋6＝0，即m＝－3，② 代入①式，得n＝0. 所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). 令f′(x)<0，得00时，x∈∪(1，＋∞)；当f′(x)＜0时，x∈. ∴函数的单调增区间为和(1，＋∞)，单调减区间为. (2)g′(x)＝2x－＝，定义域为(0，＋∞)，令g′(x)＝0，解得：x＝1或x＝－1(舍去)，列表： x (0，1) 1 (1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x) 减 极小值 增 ∴函数的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0，1)． 变式1、（1）函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为__ __． （2） 函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调情况是__ __． （3）已知a<0，函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2的单调递减区间是__ ． 【解析】（1）由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0， 即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－10在(0，2π)上恒成立，∴f(x)单调递增． （3）f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(3x－a)(x＋a)，令f′(x)<0，得0)， 则f′(x)＝，令f′(x)＝0， 解得x＝－1或x＝5， 因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，所以舍去． 当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内单调递减； 当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内单调递增． 故f(x)的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞). 变式3、已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行. (1)求实数k的值； (2)求函数f(x)的单调区间. 【解析】 (1)f′(x)＝(x>0). 又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝(x>0). 设h(x)＝－ln x－1(x>0)， 则h′(x)＝－－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减. 由h(1)＝0知，当00，所以f′(x)>0； 当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0. 综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞). 方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f′ (x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间． 2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函 数的符号． 考向二 给定区间求参数的范围 例2、设函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 . (1)求 的值；(2)若 ，求函数 的单调区间； (3)设函数 ，且 在区间 内存在单调递减区间，求实数 的取值范围． 【解析】：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得即 (2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)． (3)g′(x)＝x2－ax＋2， 依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立， 即x∈(－2，－1)时，a<(x＋) ＝－2，当且仅当x＝即x＝－时等号成立． max 所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)． a f x x2 4x5 aR f x 变式1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数 ex .若 在 , a 上是单调递增函数，求 的取值范围； f x , 【解析】 在 上是单调递增函数, a fx2x4 0 a42xex 在xR上， ex 恒成立，即： hx42xex 设 xR hx22xex  ， x,1 hx0 hx x,1 当 时 ， 在 上为增函数， x1, hx0 hx x1, 当 时 ， 在 上为减函数， hx h12e  max a 42xex    max a2e,  a2e ， 即 . 变式2、设函数 在区间 上单调递减，则实数 的取值范围是____．【答案】 ：10)，当x－≤0时，有00且a＋1≤3，解得11 时，讨论 f x 的单调性； f x (0,) 【解析】函数 的定义域为 . m1 m x2 mxm1 (x1)[x(m1)] f '(x)1    x2 x x2 x2 ， 因为m>1，所以m10， ①当0m11，即1m2时， fx0 fx0 x1 xm1 m1 x1 由 得 或 ，由 得 ， f x 0,m1 1, m1,1 所以 在 ， 上是增函数， 在 上是减函数； fx0 f x 0, m11 m2 ②当 ，即 时 ，所以 在 上是增函数； fx0 fx0 f x m11 m2 xm1 x1 1 xm1 ③当 ，即 时，由 得 或 ，由 得 ，所以 0,1 m1, 1,m1 在 ， .上是增函数，在 .上是减函 综上可知： 1m2 f x 0,m1 1, m1,1 当 时 在 ， 上是单调递增，在 上是单调递减； f x 0, m2 当 时， 在 .上是单调递增；f x 0,1 m1, 1,m1 m2 当 时 在 ， 上是单调递增，在 上是单调递减. f xaex x1(aR),gx x2 变式1、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数 . f x (1)讨论函数 的单调性; fxaex 1 【解析】(1) ， f 'x0 f x (，) 当a0时， 恒成立， 在 上单调递减， f 'x0 a 0 xlna 当 时，由 ，解得 ， fxaex 1 a 0 由于 时，导函数 单调递增， x(，lna) fx0, f x 故 ， 单调递减， x(lna,), fx0, f x 单调递增. f x (，) 综上，当a0时 在 上单调递减; a 0 f x (，lna) (lna,) 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增. . 1  3 f(x) x2 ax lnx2ax x2   变式2、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数 2  4 ，其中 0ae . f(x) （1）求函数 的单调区间； x|x0 f(x) 【解析】（1）函数 的定义域为 , 1  1 3 1 3 fxxalnx x2 ax  2a x xalnx xa2a x   2  x 2 2 2 xalnxxa(xa)(lnx1) ,fx0 xa xe 令 ,得 或 , fx0 f x 0ae 0 xa xe 因为 ,当 或 时, , 单调递增； fx0 f x a x0)．讨论f(x)的单调性． 【解析】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a(x－1)－1＋＝， 令f′(x)＝0，则x＝1，x＝， 1 2 (ⅰ)若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (ⅱ)若01， 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数． (ⅲ)若a>1，则0<<1， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)是增函数， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数． 综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当01时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 方法总结： 对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因． 2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根 的大小等都是引起分类讨论的原因． 考向四 构造函数研究单调性 例4、(1)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2，则下列不等式在R上恒成立的是( ) A．f(x)>0 B．f(x)<0 C．f(x)>x D．f(x)－2f(x)，若 g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)0时，g′(x)>0，∴g(x)>g(0)， 即x2f(x)－x4>0，从而f(x)>x2>0； 当x<0时，g′(x)<0，∴g(x)>g(0)， 即x2f(x)－x4>0，从而f(x)>x2>0； 当x＝0时，由题意可得2f(0)>0，∴f(0)>0. 综上可知，f(x)>0. 法二：∵2f(x)＋xf′(x)>x2， ∴令x＝0，则f(0)>0，故可排除B、D， 不妨令f(x)＝x2＋0.1，则已知条件2f(x)＋xf′(x)>x2成立，但f(x)>x不一定成立，故C也是错误的， 故选A. (2)∵f(x)是定义域为{x|x≠0}的偶函数， ∴f(－x)＝f(x)． 对任意正实数x满足xf′(x)>－2f(x)， ∴xf′(x)＋2f(x)>0. ∵g(x)＝x2f(x)， ∴g(x)也是偶函数，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0. ∵g(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴g(x)在(－∞，0)递减． 若g(x)0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)； (2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)； 特别地，对于不等式f′(x)>k(或0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)； (4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)； (5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)； (6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)．1、【2017年高考浙江】函数y=f(x)的导函数 的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是 【答案】D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且 位于增区间内，因此选D． 2、【2019年高考北京理数】设函数 （a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________； 若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________． 【答案】 【解析】首先由奇函数的定义得到关于 的恒等式，据此可得 的值，然后利用 可得a的 取值范围. 若函数 为奇函数，则 即 ， 即 对任意的 恒成立， 则 ，得 . 若函数 是R上的增函数，则 在R上恒成立， 即 在R上恒成立，又 ，则 ， 即实数 的取值范围是 . 3、（2018年泰州期中） ，若 在 上存在单调递增区间，则 的 取值范围是_______ 【答案】 【 解 析 】 ： ， 有 已 知 条 件 可 得 ： ， 使 得 ， 即 ，只需 ，而 ，所以 4、【2018年高考天津理数】已知函数 ， ，其中a>1. （I）求函数 的单调区间； 【解析】（I）由已知， ，有 . 令 ，解得x=0. 由a>1，可知当x变化时， ， 的变化情况如下表： x 0 0 + 极小值 所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数 ． （1）讨论 的单调性； 【解析】（1） 的定义域为 ， . （i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在 单调递减. （ii）若 ，令 得， 或 . 当 时， ； 当 时， . 所以 在 单调递减，在 单调递增. 6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数 .讨论 的单调性； 【解析】 ． 令 ，得x=0或 . 若 a>0，则当 时， ；当 时， ．故 在 单调递增，在 单调递减； 若a=0， 在 单调递增； 若 a<0，则当 时， ；当 时， ．故 在单调递增，在 单调递减. gxax1blnx a,bR,ab0 7、（2020届山东省临沂市高三上期末）函数 （ ）. gx （1）讨论 的单调性； axb gx 0, gx 【解析】（1）解： 的定义域为 ， x ， gx0 gx 0, 当 a 0 ，b0时， ，则 在 上单调递增； b b  b 当a 0，b0时，令gx0，得 x a ，令gx0，得 0 x a ，则gx 在   0, a  上单调递 b  ,   减，在a 上单调递增； gx0 gx 0, 当a0， b0 时， ，则 在 上单调递减； b b  b 当 a0 ， b0 时，令gx0，得 0 x a ，令gx0，得 x a ，则gx 在   0, a  上单调递增， b  ,   在a 上单调递减.