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)分實基同加M 課前自主回顧 州修糙備才點匚必備知識埴充21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)

2、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.匚學(xué)情自測晚收ZI一、思考辨析(正確的打“，”，錯誤的打“ 乂)(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)包有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) x (2) V (3) V、教材改編1 .如圖是函

3、數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y= f'(x)的圖象，則下面判斷正確的是()r-TWA.在區(qū)間(一3,1)上f (x)是增函數(shù)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)是增函數(shù)C 由圖象可知，當(dāng)xC (4,5)時，f'(x) >0,故f (x)在(4,5)上是增函數(shù)J2 .函數(shù)f (x) = cos x x在(0,兀)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 x- 1<0在(0,兀)上包成立，所以f (x)在(0,冗)上是減函數(shù),故選DJ3 .函數(shù)f

4、 (x) = x ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為 .(0,1函數(shù) f (x)的定義域為x|x>0,由 f'(x) =1-<0,得 0Vx<1, 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)=x3 ax在1,+8)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的最大值是3f (x) =3x2a*0,即 a03x2,又因為xC 1, +oo),所以a&3,即a的最大值是3J品培?？伎键c 課堂考點探究 武琳鼻并挽印考點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,

5、得單調(diào)遞增區(qū)問(4)在定義域內(nèi)解不等式f'(x) <0,得單調(diào)遞減區(qū)問1.函數(shù) f (x) = 1 + x sin x在(0,2 才上是(A.單調(diào)遞增B.單調(diào)遞減C.在(0,施上增，在(兀，2施上減D.在(0,施上減，在(兀，2兀)上增A f'(x) = 1cos x>0在(0,2 >上恒成立，所以在(0,2%上單調(diào)遞增1 C2 .函數(shù)v= 2x ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為()A. (-1,HB. (0,HC. 1, +00)D. (0, +00)B y= 2x2- In x,1(x-1) (x+1)x (0, 十八 y=x x=x由y < 0可解得0&l

6、t;x01,1 2；y= 2x2-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1,故選BJ3.已知定義在區(qū)間(一石城 上的函數(shù)f (x) =xsin x+cos x,則f (x)的單 調(diào)遞增區(qū)間是.一 國 2 和 0,2f(x) = sin x+ xcos xsin x=xcos x,令 f'(x) = xcos x>0, 、 九一 九則其在區(qū)間(一冗，冗)上的解集為一九，-2和0,萬，、，冗冗即f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為一九，一2和0, 2 .求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，定要先確定函數(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)性加法 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

7、進(jìn)行 分類討論.質(zhì)集網(wǎng) 已知函數(shù)f (x) =2x22aln x+ (a 2) x,當(dāng)a<0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.2a(x 2) (x+a)解 函數(shù)的定義域為(0,+°0)f(x) = x+a 2=xx(x 2) 2當(dāng)一a = 2,即 a= 2 時，f'(x) =>0, f (x)在(0, +oo)x上單調(diào)遞增.當(dāng) 0< a<2,即一2<a<0 時，=Ovxv a 或 x>2 時，f'(x) >0； a<x<2 時，f' (x) <0, f (x)在(0, a), (2, +00)上單調(diào)

8、遞增，在(a,2)上單調(diào)遞減.當(dāng)一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, +00)上單調(diào)遞增，在(2, a)上單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)a= 2時，f (x)在(0, +oo)上單調(diào)遞增；當(dāng)一2<a<0 時，f (x)在(0, a), (2, +oo)上單調(diào)遞增，在(一a,2)上單調(diào)遞減；當(dāng) a< 2時，f (x)在(0,2), (a, +oo)上單調(diào)遞增，在(2, a)上單調(diào)遞 減.含參數(shù)的問題，應(yīng)

9、就參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式的解，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.15度也 已知函數(shù)f (x) = ln (ex+1) ax (a>0),討論函數(shù)y= f (x)的單調(diào)區(qū)間.解f'(x)一ex 1O 11a- x - a.9當(dāng)a>1時，f' (x) <0包成立, 當(dāng) a 1, +oo)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(1-a) (ex+1) >1,即 ex>- 1解得 x>ln a,1-a1-a由 f'

10、(x) <0,得(1-a) (ex+1) <1,即 ex<- 1解得 x<ln a1-a1-a 當(dāng) a (0,1)時，函數(shù)v= f (x)在lnrar，+°°上單調(diào)遞增,1 aa在一8，ln二上單調(diào)遞減.綜上，當(dāng)aC 1, +oo)時，f (x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a (0,1)時，f (x)在ln亡，+°°上單調(diào)遞增,1 aa_一在一，ln 1_a上單調(diào)遞減.考點3已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)通江根據(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：y= f (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

11、) 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)不包為零,應(yīng)注意此時式子中的等號 不能省略，否則漏解.(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.E!典例 已知函數(shù) f (x) =ln x, g (x) =：ax2+2x (a*0).(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 O解(1) h (x) = ln xax22x, x (0, + oo),

12、1.所以h (x)ax2,由于h (x)在(0,十)上存在單調(diào)遞減區(qū)間,x所以當(dāng) x (0, +oo)時，1 ax 2<0有解， x即a>±x有解.設(shè)G(x) =7- *所以只要a>G (x) min即可.2而 G (x) = 1 1 1, x所以 G (x) min= - 1.所以a>1且aw0,即a的取值范圍是(一1,0) U (0, + oo).(2)由h (x)在1,4上單調(diào)遞減得，當(dāng) xC 1,4時，h'(x) =1ax 200恒成立， x即a.12恒成立. x x所以 aG (X) max,而 G (x) = 1 1 ,X因為 xe 1,4

13、,所以1e 1, 1 , X所以G(X)max=珠(此時X= 4),所以a»176且a”即a的取值范圍是磊，0 U (0, +3 .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)xC 1,4時，h'(x) >0包成立，所以當(dāng)x 1,4時，awj2恒成立，又當(dāng) xC 1,4時，X12-x min=1 (此時 x=1),所以a0 1且aw0,即a的取值范圍是(一工,-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

14、 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,所以當(dāng)x 1,4時，a>x22有解，又當(dāng) xC 1,4時，1-2min=1, X X所以a>1,即a的取值范圍是(一1,0) U (0, +oo).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h (x)在1,4上不單調(diào)，所以h' (x) =0在(1,4)上有解，即a= J一會有解， x x令 m (x) =/1，x£ (1，4),w7則1<m (x) <- 16，所以實數(shù)a的取值范圍為一1,1方立國(1)

15、f (x)在D上單調(diào)遞增(減)，只要滿足f' (x) >0 (<0)在D上包成立即可.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 問的關(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(jìn)行討論.3x已知函數(shù)f (x) =-2x2+ln x在區(qū)間1,2上為單調(diào)函數(shù)，求a a的取值范圍.解f' (x) =34x+ -,若函數(shù)f (x)在區(qū)間1,2上為單調(diào)函數(shù),即 a x在1,2上，f'(x) =3 4x+1)0或 f'(x) =34x+(w0, a xa x即

16、3-4x+ 1> 0 或3 4x+ 1< 0 在1,2上恒成立, a x a x1令h (x) =4x，因為函數(shù)h (x)在1,2上單調(diào)遞增， x所以a> h(2)或3& h(1),即；15或a<3, 解彳3 a< 0 或 0< a< 2£ a> 1.5考點4利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式I電法 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) 一F (x) =f (x) g

17、 (x);(2) xf'(x) +f (x) - xf (x)(3) xf' (x) - f (x) 一 f(x) x(4) f' (x) +f (x) - exf (x)'；(5) f (x) -f (x) 一 f:eE!典曲(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x>0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 (

18、-2)(2)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)=0,當(dāng)x>0時，有"(x)Q，(x) <0恒成立，則不等式x2f (x) >0的解集是.(1) A (2) ( 8, - 2) U (0,2)(1)根據(jù)題意，令 g (x) =x2f(x),其導(dǎo)數(shù) g'(x) =2xf(x) +x2f'(x),又對任意 x>0都有 2f (x) +xf'(x) >0成立，則當(dāng)x>0時，有g(shù)' (x) =x (2f (x) +xf' (x) >0包成立，即函數(shù) g (x)在(0, +oo)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f (x)

19、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 4f (-2) <9f (3).故選 A.f (x), f (x),令小(x)= =，.當(dāng)x>0時，一<0，小(x) = f 了 在(0, +oo)上為減函數(shù),又小(2) =0, x.在(0, +8)上，當(dāng)且僅當(dāng)0<x<2時，小(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(8, -2) U (0,2) J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x>0時，g'(x) >0,即函數(shù)g (x)在(0, +°°)上為增f (x)函數(shù)，從而問題得以解決.而本例(2)則需構(gòu)造函數(shù) 小(x) =1解決.x1 .定義在R上的函數(shù)f (x)滿足：f'(x) >f (x