2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用精选
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第14讲 导数与函数的单调性
考纲
要求
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考情分析
命
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
趋势
了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
2017·全国卷Ⅰ，21
2017·江苏卷，11
2017·浙江卷，7
2017·山东卷，15
导数与函数的单调性是高考命题热点问题，题型有利用导数求函数的单调区间和已知单调性求参数的取值范围，难度较大．
分值：5～8分
函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内__单调递增__；
(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内__单调递减__.
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( × )
(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
(3)导数为零的点不一定是极值点．( √ )
(4)三次函数在R上必有极大值和极小值．( × )
解析 (1)错误．函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，故f′(x)>0是f(x)在区间(a，b)上单调递增的充分不必要条件．
(2)正确．如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)为常数函数．如f(x)＝3，则f′(x)＝0，函数f(x)不存在单调性．
(3)正确．导数为零的点不一定是极值点．如函数y＝x3在x＝0处导数为零，但x＝0不是函数y＝x3的极值点．
(4)错误．对于三次函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d，y′＝3ax2＋2bx＋c.当Δ＝(2b)2－12ac<0，即b2－3ac<0时，y′＝0无实数根，此时三次函数没有极值．
2．函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( B )
A．(－1,1]
B．(0,1]
C．[1，＋∞)
D．(0，＋∞)
解析 函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq \f(1,x)＝eq \f((x－1((x＋1(,x)，令y′≤0，则可得0
0)的单调递减区间是(0,4)，则m＝！！！ eq \f(1,3) ###.
解析 ∵f′(x)＝3mx2＋6(m－1)x，f(x)的递减区间为(0,4)，则由f′(x)＝3mx2＋6(m－1)x<0得00，,f′(0(＝0，,f′(4(＝0))⇒m＝eq \f(1,3).
5．函数f(x)＝eq \f(sin x,2＋cos x)的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z) ###.
解析 f′(x)＝eq \f(2cos x＋1,(2＋cos x(2)，由f′(x)≥0得cos x≥－eq \f(1,2)，
∴x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．
一 求函数的单调区间
利用导数求函数的单调区间的两种
方法
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方法一：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数y′＝f′(x)；
(3)令f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)令f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
方法二：(1)确定函数y＝f(x)的定义域；
(2)求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义域内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．
【例1】 已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(a,x)－ln x－eq \f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解析 (1)f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)，f′(1)＝－eq \f(3,4)－a.
由题意，得－eq \f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq \f(5,4).
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(5,4x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2)，f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)>0，得x2－4x－5>0(x>0)，解得x>5；
由f′(x)<0，得x2－4x－5<0(x>0)，解得00)；
(2)f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(a＋a2)x2＋a3x＋a2.
解析 (1)函数的定义域为{x|x≠0}．
f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))′＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(1,x2)(x＋eq \r(a))(x－eq \r(a))．
要求f(x)的单调递减区间，不妨令f′(x)<0，
则eq \f(1,x2)(x＋eq \r(a))·(x－eq \r(a))<0，解得－eq \r(a)1时，不等式解集为{x|a1时，函数y＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(a＋a2)x2＋a3x＋a2的单调递减区间为(a，a2)；
当00(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题．
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．
【例3】 已知函数f(x)＝x3－ax－1．
(1)若f(x)在R上为增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；
(3)若f(x)在(－1,1)上为减函数，求a的取值范围；
(4)若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值；
(5)若f(x)在(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
解析 (1)∵f(x)在R上为增函数，∴f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立．∴a≤3x2对x∈R恒成立．
∵3x2≥0，∴只需a≤0.又∵a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上为增函数，∴a的取值范围是(－∞，0]．
(2)∵f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(1，＋∞)上为增函数，
∴f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤3，
即a的取值范围是(－∞，3]．
(3)∵f′(x)＝3x2－a，且f(x)在(－1,1)上为减函数，
∴f′(x)≤0⇔3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，
∴a≥3x2在(－1,1)上恒成立．
∵x∈(－1,1)，∴3x2<3，即a≥3.∴a的取值范围是[3，＋∞)．
(4)f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，由f′(x)<0，得3x2－a<0，
∴x20时，∵f(x)在(－1,1)上不单调，
∴f′(x)＝0在(－1,1)内有解x＝±eq \r(\f(a,3))，
∴0
试题
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，一般要依据导函数不等式(或其变式)和所求结论构造新的函数，并对构造的新函数求导，研究其单调性，应用构造新函数的单调性将所求问题转化求解．
【例4】 (1)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0成立(其中f′(x)为f(x)的导函数)．若a＝(30.3)·f(30.3)，b＝(logπ3)·f(logπ3)，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))，则a，b，c的大小关系是( C )
A．a>b>c
B．c>b>a
C．c>a>b
D．a>c>b
(2)(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是！！！ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) ###.
解析 (1)∵函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，∴y＝f(x)的图象关于点(0,0)对称，∴y＝f(x)为奇函数．
令g(x)＝xf(x)，则g(x)＝xf(x)为偶函数，且g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0在(－∞，0)上恒成立，
∴g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．
∵c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,9)))＝(－2)·f(－2)＝2f(2)，
0a>b，故选C．
(2)由f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq \f(1,ex)≥3x2－2＋2eq \r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq \f(1,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).
1．(2017·浙江卷)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( D )
解析 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A项，B项；记函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C项，故选D．
2．函数f(x)的定义域为R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集是( A )
A．{x|x>0}
B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1}
D．{x|x<－1或01，∴g′(x)＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，
∴g(x)在R上是增函数．
又∵g(0)＝e0·f(0)－e0－1＝0，∴ex·f(x)>ex＋1⇔ex·f(x)－ex－1>0⇔g(x)>0⇔g(x)>g(0)⇔x>0，故选A．
3．(2018·河北邯郸一模)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)ax2－x－m(m∈R)为增函数，那么实数a的取值范围为！！！ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)) ###.
解析 f′(x)＝eq \f(1,x)＋ax－1，x>0.依题意可得f′(x)≥0，
则a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))max，而eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)≤eq \f(1,4)，
当x＝2时，等号成立，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).
4．设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)，若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求：
(1)a的值；
(2)函数f(x)的单调区间．
解析 (1)∵f(x)＝x3＋ax2－9x－1，
∴f′(x)＝3x2＋2ax－9＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,3)))2－9－eq \f(a2,3)，
即x＝－eq \f(a,3)时，f′(x)取最小值－9－eq \f(a2,3).
∵斜率最小的切线与12x＋y＝6平行，∴－9－eq \f(a2,3)＝－12，即a2＝9.解得a＝±3，由题设a<0，∴a＝－3.
(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1，
f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数；
当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,3)上为减函数；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(3，＋∞)上为增函数．
可见，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．
易错点 导数与单调性的关系不明确
错因分析：可导函数f(x)在某区间上f′(x)>0(f′(x)<0)为f(x)在该区间上是单调递增(减)函数的充分不必要条件．
【例1】 已知函数f(x)＝eq \f(m(x－1(,x＋1)－ln x在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．
解析 ∵f(x)＝eq \f(m(x－1(,x＋1)－ln x在[1，＋∞)上是减函数，
∴f′(x)＝eq \f(m(x＋1(－m(x－1(,(x＋1(2)－eq \f(1,x)＝eq \f(－x2＋(2m－2(x－1,x(x＋1(2)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋eq \f(1,x)在[1，＋∞)上恒成立．
∵x＋eq \f(1,x)∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，得m≤2.
∴实数m的取值范围是(－∞，2]．
【跟踪训练1】 y＝eq \f(1,3)x3＋bx2＋(b＋2)x＋3是R上的单调增函数，则实数b的取值范围为__[－1,2]__.
解析 y′＝x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立(显然y′不恒为零)，
∴Δ＝4b2－4(b＋2)≤0，整理得(b－2)(b＋1)≤0，∴－1≤b≤2.
课时达标 第14讲
[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．
一、选择题
1．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是( D )
解析 由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0，＋∞)上f′(x)<0，故选D．
2．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( A )
A．(0,1)
B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析 函数的定义域是(0，＋∞)，
且f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)<0，
解得00”是“f(x)在R上单调递增”的( A )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 f′(x)＝eq \f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
4．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为( D )
解析 易知y＝2x2－e|x|是偶函数，设f(x)＝2x2－e|x|，则f(2)＝2×22－e2＝8－e2，所以00，当ln 40的解集为( D )
A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
B．(－∞，2)∪(1,2)
C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)
解析 由题图可知，f′(x)>0，则x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0，则x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′(x(>0，,x2－2x－3>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′(x(<0，,x2－2x－3<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x<－1或x>1，,x<－1或x>3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－10，故函数exf(x)＝ex·2－x在(－∞，＋∞)上为增函数，故①符合要求；
对于②，exf(x)＝ex·3－x，故[exf(x)]′＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)<0，故函数exf(x)＝ex·3－x在(－∞，＋∞)上为减函数，故②不符合要求；
对于③，exf(x)＝ex·x3，故[exf(x)]′＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，显然函数exf(x)＝ex·x3在(－∞，＋∞)上不单调，故③不符合要求；
对于④，exf(x)＝ex·(x2＋2)，故[exf(x)]′＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2＋1]>0，故函数exf(x)＝ex·(x2＋2)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．
综上，具有M性质的函数的序号为①④.
三、解答题
10．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解析 (1)由题意得f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)，又f′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，故k＝1．
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex).
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，递减区间是(1，＋∞)．
11．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图，f(x)＝6ln x＋h(x)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是单调函数，求实数m的取值范围．
解析 (1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b＝－8，,8a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－8，))
∴h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8，
∴f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2.
(2)f′(x)＝eq \f(6,x)＋2x－8＝eq \f(2(x－1((x－3(,x)，
∵x>0，∴f′(x)，f(x)的变化如下.
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
单调递减
单调递增
∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，递减区间为(1,3)，
要使函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是单调函数，
则10，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(0(＝1，,f′(0(＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))
(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)的增区间为(－∞，0)和(a，＋∞)，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≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq \r(2)，
当且仅当x＝eq \f(2,x)，即x＝－eq \r(2)时等号成立，
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2eq \r(2)]．
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