2020年高考理科數(shù)學(xué)大一輪提分講義第3章第2節(jié)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性問題

1、第二節(jié) 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性問題最新考綱 1.了解函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 .2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 ，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（其中多項式函數(shù)一般不會超過三次）函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件結(jié)論函數(shù) y（f x） 在區(qū)間（ a， b）上可導(dǎo)f（x）0f（x）在（ a，b）內(nèi)單調(diào)遞增f（x）0f（ x）在（ a，b）內(nèi)單調(diào)遞減f（x） 0f（ x）在（ a，b）內(nèi)是常數(shù)函數(shù)常用結(jié)論1. 在某區(qū)間內(nèi) f（x）0（f（x） 0）是函數(shù) f（x）在此區(qū)間上為增（減）函數(shù)的充分不必要條件2.可導(dǎo)函數(shù) f（x）在（ a，b）上是增（減）函數(shù)的充要條件是對 ? x（a，恒為零.一、思考辨析 （正確的打

2、“”，錯誤的打“ ×”）（1）若函數(shù) f（x）在（ a，b）內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有 f（x）0.（）（2）如果函數(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 .（）（3）在（a，b）內(nèi) f（x）0 且 f（x）0 的根有有限個，則 f（x）在（a， b）內(nèi)是減函數(shù) .（）答案 （1） × （2） （3）二、教材改編1. 如圖是函數(shù) y（f x）的導(dǎo)函數(shù) yf（x）的圖象，則下面判斷正確的是 （）A.在區(qū)間（B. 在區(qū)間（ 1,3）上 f（ x）是減函數(shù)C. 在區(qū)間（ 4,5）上 f（ x）是增函數(shù)D. 在區(qū)間（ 3,5）上 f（x）是增函

3、數(shù)C 由圖象可知 ，當(dāng) x（4,5）時，f（x）>0，故 f（x）在（ 4,5）上是增函數(shù) .2. 函數(shù) f（x） cos xx 在（ 0，）上的單調(diào)性是（）A. 先增后減B.先減后增C.增函數(shù)D.減函數(shù)D 因為 f（x）sin x1<0在（0，）上恒成立 ，所以 f（x）在（ 0，）上是減函數(shù) ，故選 D.3. 函數(shù) f（x） x ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為.1（0,1 函數(shù) f（x）的定義域為 x|x>0 ，由 f（x）1x0，得 0<x1，x所以函數(shù) f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（ 0,1.4. 已知 （f x） x3ax在1，）上是增函數(shù)，則實數(shù) a 的最大值是.3

4、f（x） 3x2a 0，即 a3x2，又因為 x1， ），所以 a3，即 a 的最大值是 3.考點 1 不含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟1）確定函數(shù) f（x）的定義域 .2）求 f（ x）3）在定義域內(nèi)解不等式 f（x）> 0，得單調(diào)遞增區(qū)間 4）在定義域內(nèi)解不等式 f（x）< 0，得單調(diào)遞減區(qū)間1. 函數(shù) f（x）1xsin x在（ 0,2 ）上是（A.單調(diào)遞增B. 單調(diào)遞減C. 在（ 0，）上增，在（ ，2）上減D. 在（ 0，）上減，在（ ，2）上增A f（x） 1 cos x>0在（0,2 ）上恒成立 ，所以在（ 0,2 ）上單調(diào)遞增.12. 函數(shù) y 21x

5、2 ln x 的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A.（ 1,1C.1，）12B y 2x2 ln x，B.（0,1D.（0，）x（0，），yx1xx1）（x1）x由 y0 可解得 0<x1，12y2x2ln x 的單調(diào)遞減區(qū)間為（ 0,1，故選 B.3. 已知定義在區(qū)間（ ，）上的函數(shù) f（ x） xsin xcos x，則 f（x）的單 調(diào)遞增區(qū)間是 .，2 和 0，2 f（ x） sin x xcos xsin xxcos x，令 f（ x） xcos x>0，則其在區(qū)間（ ，）上的解集為 ，2 和 0， 2 ，即 f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為 ， 2 和 0， 2 .求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時 ，一定

6、要先確定函數(shù)的定義域 ，否則極易出錯 .如 T2.考點 2 含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性研究含參數(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討論 .已知函數(shù) f（x）12x22aln x（ a2） x，當(dāng) a<0 時，討論函數(shù) fx）的單調(diào)性 .解函數(shù)的定義域為（0，），f（x）x2aa2xx2）（xa）x當(dāng)a2，即 a2時，f（x）x2）x20，f（x）在（ 0，）上單調(diào)遞增 .當(dāng) 0< a<2，即 2< a< 0時，0<x< a或 x>2 時，f（x）>0； a<x<2 時，f（x）< 0，f（x）在（ 0，a），（

7、2，）上單調(diào)遞增 ，在（ a,2）上單調(diào)遞減 . 當(dāng)a>2，即 a<2時，0<x<2 或 x>a 時， f（x）> 0； 2< x< a 時，f（x）<0， f（x）在（0,2），（a，）上單調(diào)遞增 ，在（2，a）上單調(diào)遞減 . 綜上所述，當(dāng) a2 時，f（x）在（0，）上單調(diào)遞增；當(dāng) 2<a<0時，f（x）在（ 0，a），（2，）上單調(diào)遞增 ，在（ a,2）上單調(diào)遞減；當(dāng) a<2 時，f（x）在（0,2），（a，）上單調(diào)遞增 ，在（2，a）上單調(diào)遞 減.含參數(shù)的問題 ，應(yīng)就參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于（或小于）零的不等式的解 ，

8、在劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時 ，要在函數(shù)定義域內(nèi)確定導(dǎo)數(shù)為零的點和函數(shù)的 間斷點.已知函數(shù) f（x） ln（ ex1）ax（ a> 0），討論函數(shù) y f（x）的單 調(diào)區(qū)間.解f（x） xe a1 x1 a.ex 1ex 1當(dāng) a1 時，f（x）<0 恒成立，當(dāng) a1， ）時 ， 函數(shù) y f（x）在 R 上單調(diào)遞減 .當(dāng) 0<a<1 時，由 f（ x）>0，得（1a）（ex1）>1，即 ex>1 1 ，解得 x>ln a ，1a1 a由 f（ x）< 0， 得（ 1a）（e 1）< 1，即 ex<1a1，解得 x<ln.1a1

9、 a當(dāng) a（0,1）時，a函數(shù) y f（x）在 ln1a， 上單調(diào)遞增 ， 1aa在 ，ln 1a 上單調(diào)遞減 .綜上，當(dāng)a1，）時，f（x）在 R上單調(diào)遞減；a 當(dāng)a（0,1）時，f（x）在 ln 1a， 上單調(diào)遞增 ， 1aa在 ，ln 1a 上單調(diào)遞減 .考點 3 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法1）利用集合間的包含關(guān)系處理： yf（x）在（a，b）上單調(diào) ，則區(qū)間（ a，b）是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集（2）f（x）為增函數(shù)的充要條件是對任意的 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）不恒為零 ，應(yīng)注意此時式子中的等號 不能省略 ，否

10、則漏解 .（3）函數(shù)在某個區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題 .已知函數(shù) f（x）ln x，g（x） 12ax22x（a0）.（1）若函數(shù) h（ x）f（x）g（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，求 a 的取值范圍；（2）若函數(shù) h（x）f（x）g（x）在1,4上單調(diào)遞減，求 a 的取值范 圍.1解 （1）h（x） ln x2ax22x，x（0，），1所以 h（x） xax2， 由于 h（ x）在（ 0， ）上存在單調(diào)遞減區(qū)間 ，1所以當(dāng) x（0，）時，xax2<0 有解，12即 a> x122x有解 .12設(shè) G（x） x122x，所以只要 a>G（ x） min 即可.21而 G

11、（ x） x1 1，所以 G（ x） min 1.所以 a>1 且 a0，即 a 的取值范圍是（ 1,0）（0，）.（2）由 h（x）在 1,4上單調(diào)遞減得 ，1當(dāng) x1,4時，h（x）xax20 恒成立 ，12即 ax2x恒成立 .1所以 aG（x）max，而 G（ x） x1 1，11因為 x1,4，所以x 4，1 ，所以 G（x）max 176（此時 x 4），所以 a176且 a0，即 a 的取值范圍是 176，0 （ 0，）.母題探究 1.（變問法） 若函數(shù) h（x）f（x）g（x）在1,4上單調(diào)遞增，求 a 的 取值范圍 .解 由 h（x）在 1,4上單調(diào)遞增得 ，當(dāng) x1,

12、4時，h（x）0恒成立，12所以當(dāng) x1,4時，ax2x恒成立 ，12又當(dāng) x 1,4時， x2x min 1（此時 x1），所以 a1 且 a0，即 a 的取值范圍是（ ，1.2. （變問法） 若函數(shù) h（x）f（x）g（x）在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求 a 的取值范圍 .解 h（x）在 1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間 ，則 h（ x） 0在 1,4上有解 ，12所以當(dāng) x1,4時 ，ax2x有解 ，12又當(dāng) x1,4時， x2x min 1，所以 a1，即 a 的取值范圍是（ 1,0）（0，）.3. （變條件） 若函數(shù) h（x）f（x）g（x）在1,4上不單調(diào)，求 a 的取 值范圍.解 因為

13、h（x）在 1,4上不單調(diào) ，所以 h（x）0在（ 1,4）上有解 ，12即 a x（1）f（ x）在 D 上單調(diào)遞增（減），只要滿足 f（x）0（0）在 D上恒成立即可 .如果能夠分離參數(shù) ，則可分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之 間的關(guān)系 .2）二次函數(shù)在區(qū)間 D 上大于零恒成立 ，討論的標(biāo)準(zhǔn)是二次函數(shù)的圖象的對稱軸與區(qū)間 D 的相對位置 ，一般分對稱軸在區(qū)間左側(cè) 、內(nèi)部 、右側(cè)進行討論 .已知函數(shù) f（x）3x2x2ln x在區(qū)間 1,2上為單調(diào)函數(shù)，求 a a的取值范圍 .31解 f（x）3 *4x1，若函數(shù) f（x）在區(qū)間 1,2上為單調(diào)函數(shù) ，即2axx有解 ，12 令 m（x）

14、x2x，x（1,4），7 則1<m（x）< 16，3即 4xa3a4xx1. ax所以實數(shù) a 的取值范圍為 1，1axax6 .1令 h（x）4x1x，因為函數(shù) h（x）在 1,2上單調(diào)遞增 ，x所以131在1,2上，f（x）a34xx10 或 f（x）3a4x1x0，ah（2）或a3h（1），即3a123131 即a4xx0或a4xx0在1,2上恒成立 ，或3a3， a a a 2 a解得 a<0 或 0<a52或 a 1.考點 4 利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式 ，常常要構(gòu)造新函數(shù) ，把比較大小或求 解不等式的問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的

15、問題 ，再由單調(diào)性比較大小或 解不等式 .常見構(gòu)造的輔助函數(shù)形式有：（1）f（x）g（x）F（x）f（x）g（x）；（2）xf（x） f（x） xf（x）；f（x）（3）xf（x） f（x） f（x） ；x（4）f（x）f（x）exf（x）；（5）f（x） f（x） f（xx） . e（1）已知函數(shù) f（x）是定義在 R 上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù) f（x）的導(dǎo)函 數(shù)為 f（x），若對任意 x0 都有 2f（x）xf（x）0 成立，則（）A. 4f（2）9f（3）B. 4f（2）9f（3）C. 2f（3）3f（2）D. 3f（ 3）2f（ 2）（2）設(shè)（f x）是定義在 R上的奇函數(shù)，（f 2）0，當(dāng)

16、x0時，有xf（x）x2 f（x） 0 恒成立，則不等式 x2f（x）0 的解集是.（1）A （2）（， 2）（ 0,2） （1）根據(jù)題意 ，令 g（ x） x2fx），其導(dǎo)數(shù) g（x）2xf（x）x2f（x），又對任意 x0 都有 2f（ x） xf（x）0成立，則當(dāng) x0時，有g(shù)（x）x（2f（x）xf（x）0 恒成立，即函數(shù)g（x）在（0，）上為增函數(shù) ，又由函數(shù) f（x）是定義在 R 上的偶函數(shù)，則 f（x）f（x），則有 g（ x）（ x）2f（x）x2f（x）g（x），即函數(shù) g（x）也為偶函數(shù) ，則有 g（2）g（2），且 g（ 2） g（3），則有 g（ 2）g（3），即有 4

17、f（ 2） 9f（3）.故選 A.f（ x）f（ x）2）令 （x） x ， 當(dāng) x0 時， f（ x） 0，xx（x）f（xx）在（0，）上為減函數(shù) ，又 （2）0，在（0，）上，當(dāng)且僅當(dāng) 0x2 時，（x）0， 此時 x2f（x） 0.又 f（x）為奇函數(shù) ， h（x）x2f（x）也為奇函數(shù) .故x2f（x）0的解集為（ ，2）（0,2）.如本例（ 1）已知條件 “2f（x）xf（x）0”，需構(gòu)造函數(shù) g（x）x2f（x），求導(dǎo)后得 x0 時，g（x）0，即函數(shù) g（x）在（ 0，）上為增 函數(shù)，從而問題得以解決 .而本例（ 2）則需構(gòu)造函數(shù) （x） f（xx）解決.1.定義在 R 上的函數(shù) f（x）滿足： f（x）f（x）恒成立，若 x1x2，則 ex1f（x2）與 ex2f（ x1）的大小關(guān)系為（）A. ex1f（x2）ex2f（x1）B. ex1f（x2） ex2f（ x1）C. ex1f（x2）ex2f（x1）D. ex1f （x2）與 ex2f （x1）的大小關(guān)系不確定設(shè) g（x）f（exx），則 g（x）f（x）exf（x）ex f（x） f（x）（ex）2ex由題意得 g（x）0，所以 g（x）在 R 上單調(diào)遞增 ，當(dāng) x1x2 時，g（x1）g f（ x1） f（x2）（x2），即 ex1 ex2 ，所以 ex1f（x2） ex