2020版數(shù)學(xué)大復(fù)習(xí)第14講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第14講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)導(dǎo)數(shù)到單調(diào)性單調(diào)遞增在區(qū)間(a,b)上，若f’(x)〉0，則f（x)在這個(gè)區(qū)間上單調(diào)

單調(diào)遞減在區(qū)間(a，b）上,若f'(x)〈0,則f（x)在這個(gè)區(qū)間上單調(diào)

單調(diào)性到導(dǎo)數(shù)單調(diào)遞增若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b）上單調(diào)遞增，則f’（x)

單調(diào)遞減若函數(shù)y=f(x）在區(qū)間（a,b)上單調(diào)遞減,則f’(x）

“函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（a，b)上的導(dǎo)數(shù)大(小)于0"是“其單調(diào)遞增(減）"的條件

題組一常識(shí)題1。[教材改編]函數(shù)f(x)=ex—x的單調(diào)遞增區(qū)間是.

2.[教材改編]比較大小:xlnx(x∈（1,+∞))。

3。［教材改編]函數(shù)y=ax3—1在(—∞,+∞）上是減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.

4.[教材改編]已知f（x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y=ef'(x）的圖像如圖2—14—1所示，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是。

圖2—14—1題組二常錯(cuò)題◆索引:可導(dǎo)函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)時(shí)導(dǎo)數(shù)滿足的條件;利用單調(diào)性求解不等式時(shí)不能忽視原函數(shù)的定義域；求單調(diào)區(qū)間時(shí)忽略定義域；討論函數(shù)單調(diào)性時(shí)分類標(biāo)準(zhǔn)有誤.5.若函數(shù)f(x)=kx—lnx在區(qū)間（1，+∞)上為增函數(shù),則k的取值范圍是.

6.若函數(shù)f(x）=lnx—1x,則不等式f(1—x)>f(2x—1）的解集為7。函數(shù)f（x)=x+ln（2-x）的單調(diào)遞增區(qū)間為.

8.討論函數(shù)y=ax3—x在R上的單調(diào)性時(shí),a應(yīng)分、、三種情況討論.

探究點(diǎn)一函數(shù)單調(diào)性的判斷或證明例1[2018·商丘二模]已知函數(shù)f(x)=（x—1）ex+1+mx2,其中m為常數(shù)，且m>—e2。討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性

[總結(jié)反思］用導(dǎo)數(shù)法判斷和證明函數(shù)f（x)在區(qū)間(a,b）內(nèi)的單調(diào)性的一般步驟:（1）求f'（x）.（2)確認(rèn)f’(x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)的符號(hào)(如果含有參數(shù),則依據(jù)參數(shù)的取值討論符號(hào)）。(3)得出結(jié)論：f'（x)〉0時(shí)，函數(shù)f（x)為增函數(shù);f'（x)<0時(shí)，函數(shù)f（x)為減函數(shù)。變式題已知函數(shù)f(x）=x+axex,a(1)求f（x)的零點(diǎn);（2）當(dāng)a≥—5時(shí),求證：f（x)在區(qū)間(1，+∞)上為增函數(shù).

探究點(diǎn)二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2［2018·北京朝陽(yáng)區(qū)一模]已知函數(shù)f（x）=lnx-1x—ax(a（1）若a=0，求曲線y=f(x）在點(diǎn)（1,f(1））處的切線方程;（2）若a〈—1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間。

[總結(jié)反思]（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的關(guān)鍵是確定導(dǎo)數(shù)的符號(hào)。不含參數(shù)的問題直接解導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式,其解集即為函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;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，其解集即為函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。（2）所有求解和討論都必須在函數(shù)的定義域內(nèi),不要超出定義域的范圍.變式題(1)函數(shù)f（x）=3lnx-4x+12x2的單調(diào)遞增區(qū)間為（A.(0，1),（3,+∞)B.(1，3)C.（-∞,1）,（3,+∞)D。（3,+∞）(2）函數(shù)f(x)=x+3x+2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是探究點(diǎn)三已知函數(shù)單調(diào)性確定參數(shù)的取值范圍例3已知函數(shù)f(x）=x2+lnx-ax。（1)當(dāng)a=3時(shí),求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若f(x）在(0，1）上是增函數(shù),求a的取值范圍。

［總結(jié)反思]（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)的圖像的對(duì)稱軸與區(qū)間D的相對(duì)位置,一般分對(duì)稱軸在區(qū)間左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)進(jìn)行討論.變式題（1）［2018·哈爾濱師大附中三模］若函數(shù)f(x)=2x+sinx·cosx+acosx在（—∞,+∞）上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是 （)A。［—1，1］ B.[—1，3］C.［—3，3] D.[-3，-1]（2)若函數(shù)f(x）=x+alnx不是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A。[0，+∞） B。(-∞，0]C.（-∞，0） D.（0，+∞)探究點(diǎn)四函數(shù)單調(diào)性的簡(jiǎn)單應(yīng)用例4（1）定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x），且滿足f(x)〈f’（x)，f（0)=2，則不等式f（x)<2ex的解集為 （)A.(—∞,0） B.(—∞，2)C.(0，+∞) D.(2,+∞)（2)已知函數(shù)g（x)是偶函數(shù)，f（x)=g(x—2),且當(dāng)x≠2時(shí),導(dǎo)函數(shù)f'（x）滿足(x-2)f’（x）>0，若1<a<3,則(）A.f（4a）〈f（3）〈f(log3a） B。f(3）<f（log3a）<f（4a）C。f(log3a)〈f（3)〈f（4a) D.f(log3a）〈f(4a）〈f（3）

[總結(jié)反思]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)有:g(x）=xf（x),g(x）=f(x)x,g（x）=exf（x）,g(x）=f(x)ex,g(x）=f(x）lnx變式題（1）已知a=2。12。2,b=2.22.1，c=log2。22。1，則 ()A。c<b〈a B。c<a<bC。a〈b〈c D.a〈c<b(2）已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f（x)滿足f（2)=7，且f(x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x)<3,則不等式f(lnx）〉3lnx+1的解集為.

第14講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考試說(shuō)明1.了解函數(shù)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；3.會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次）?！菊n前雙基鞏固】知識(shí)聚焦遞增遞減≥0≤0充分對(duì)點(diǎn)演練1.（0，+∞）[解析]由f'（x）=ex-1〉0,解得x>0，故其單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞)。2。>［解析］設(shè)f(x)=x-lnx，x∈（1，+∞),則f'(x)=1-1x〉0,所以函數(shù)f(x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，所以f（x)=x-lnx>1>0，所以x〉ln3。(—∞，0)［解析]∵y’=3ax2,函數(shù)在區(qū)間（—∞,+∞)上是減函數(shù),∴y'≤0在(—∞，+∞）上恒成立，即3ax2≤0恒成立,∴a≤0。∵當(dāng)a=0時(shí)，y=—1，不是減函數(shù)，∴a〈0,即a∈（-∞，0）。4.（-∞，2］［解析]因?yàn)楫?dāng)x≤2時(shí)，ef’(x)≤1,所以當(dāng)x≤2時(shí)，f’(x)≤0，所以f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,2]。5.[1,+∞)［解析]因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=kx-lnx在區(qū)間(1，+∞)上為增函數(shù)，所以f'(x)=k-1x≥0在（1,+∞）上恒成立，即k≥1x在（1，+∞）上恒成立,可得k≥6.12,23［解析］因?yàn)閤∈（0，+∞），f'（x)=1x+1x2〉0，所以函數(shù)f(x）=lnx—1x在（0，+∞)上為增函數(shù),所以只需滿足1—x〉2x-7。(-∞，1）[解析]由2-x>0,得x<2，即函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋ā?2）.易知f'（x)=1-12-x，令f'(x）>0,可得結(jié)合2-x〉0,得2—x〉1，解得x<1，即函數(shù)f（x）=x+ln（2—x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞,1)。8。a>0a=0a〈0[解析］y'=3ax2-1，所以對(duì)a分a>0，a=0,a<0三種情況討論比較合理。【課堂考點(diǎn)探究】例1［思路點(diǎn)撥］先對(duì)m進(jìn)行分類討論,再結(jié)合f’(x）的符號(hào)討論函數(shù)f（x)的單調(diào)性。解:易知x∈（-∞,+∞）,f’（x）=ex+1+(x-1)ex+1+2mx=x（ex+1+2m).①當(dāng)m≥0時(shí),∵ex+1>0，∴ex+1+2m〉0.∴當(dāng)x>0時(shí)，f'(x）〉0;當(dāng)x<0時(shí)，f'（x）〈0。故f(x)在區(qū)間(-∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，+∞)上單調(diào)遞增.②當(dāng)—e2<m〈0時(shí)，f’（x)=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,即x1=0，x2=ln(—2m）—1，且x1〉x2則當(dāng)x〉0時(shí),f'（x)>0；當(dāng)ln(—2m）—1<x〈0時(shí),f’（x)<0；當(dāng)x<ln（—2m）-1時(shí)，f'(x)〉0.故f（x)在區(qū)間（—∞,ln（—2m)-1），(0,+∞）上單調(diào)遞增,在區(qū)間（ln（-2m）-1，0)上單調(diào)遞減。綜上所述,當(dāng)m≥0時(shí)，f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減，在（0,+∞）上單調(diào)遞增;當(dāng)—e2<m〈0時(shí),f（x)在（-∞，ln(-2m)-1),(0，+∞）上單調(diào)遞增，在（ln(-2m)-1，0）上單調(diào)遞減變式題解：(1）f（x）的定義域?yàn)?-∞，0）∪(0,+∞）.令f(x)=0，得x2+a=0，即x2=—a.當(dāng)a≥0時(shí)，方程無(wú)解,f（x）沒有零點(diǎn);當(dāng)a<0時(shí)，得x=±-a綜上,當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn);當(dāng)a<0時(shí),f(x)的零點(diǎn)為±-a(2)證明：f'（x）=1-ax2ex+x+令g（x)=x3+x2+ax—a(x>1），則g'(x)=3x2+2x+a，其圖像的對(duì)稱軸為直線x=—13所以g’（x)在（1，+∞)上單調(diào)遞增,所以g’（x)〉3×12+2×1+a=5+a.因?yàn)閍≥—5,所以g'（x）〉0在（1,+∞）上恒成立,所以g(x)在（1,+∞）上為增函數(shù),可得g（x）>g（1)=2〉0,即f’（x)〉0，所以f(x)在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù)。例2[思路點(diǎn)撥］(1）求出f(1）及f'（1）的值，利用點(diǎn)斜式可得曲線的切線方程。（2)在定義域內(nèi),令f’（x）〉0,求得x的取值范圍，可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;令f’(x)<0,求得x的取值范圍,可得函數(shù)f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間.解:(1）若a=0，則f（1)=-1，f’（x)=2-lnxx2,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,—1）處的切線方程為2x—y-3=0.（2)易知x∈(0,+∞)，f'(x)=2-令g（x）=2—ax2-lnx，則g'(x）=-2令g'（x)=0，得x=-12a或x=--12由g’（x)〉0,得x〉-12a;由g'（x）〈0，得0所以g（x)在區(qū)間0,-12a上單調(diào)遞減，在區(qū)間-12a,+∞上單調(diào)遞增,所以g(因?yàn)閍<—1，所以0<—12a〈12，所以ln所以g（x）>0,即f'（x）>0,所以函數(shù)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0,+∞).變式題（1)A(2)(0,1)[解析](1）f'(x）=3x—4+x=(x-1)(x-3)x,由f’(x)〉0,得0〈x<1或x>（2)函數(shù)f(x)的定義域是（0,+∞），f'（x）=1—3x2+2x令f'（x)<0,可得0〈x〈1，故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0,1)。例3[思路點(diǎn)撥]（1）當(dāng)a=3時(shí),求出函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù),然后由f’（x）>0可得單調(diào)遞增區(qū)間;（2)將原問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間（0,1)上大于等于零恒成立問題求解即可。解:（1）f（x）的定義域?yàn)?0,+∞）,當(dāng)a=3時(shí),f(x）=x2+lnx—3x，∴f’(x）=2x+1x—3=2由f'(x)>0，得0〈x〈12或x>∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12，（1，（2)由題意得f’(x）=2x+1x∵f(x）在(0，1)上是增函數(shù)，∴f’（x）=2x+1x—a≥0在(0,1)上恒成立即a≤2x+1x在(0,1)上恒成立∵2x+1x≥22,當(dāng)且僅當(dāng)2x=1x，即x=22時(shí)∴a≤22,故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞,22]。變式題(1)A(2)C［解析]（1)∵f(x）=2x+sinx·cosx+acosx，∴f’(x）=2+cos2x-asinx=-2sin2x—asinx+3。設(shè)t=sinx，—1≤t≤1,則g（t）=—2t2-at+3，∵f（x)在（—∞,+∞）上單調(diào)遞增,∴g(t)≥0在［—1，1]上恒成立?！叨魏瘮?shù)g(t）的圖像開口向下，∴g(1)≥0,g(-1)≥0,可得-1≤a(2）函數(shù)f(x）=x+alnx的定義域?yàn)?0,+∞),f'（x)=1+ax。當(dāng)a≥0時(shí),f’（x）〉0，函數(shù)f（x)=x+alnx是增函數(shù).當(dāng)a<0時(shí),由f'(x)<0,得0<x<-a,由f’（x）〉0,得x〉-a，所以函數(shù)f（x)=x+alnx在（0，—a）上單調(diào)遞減,在（-a，+∞）上單調(diào)遞增.因?yàn)閒（x）=x+alnx不是單調(diào)函數(shù)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(—∞,0)，故選C例4［思路點(diǎn)撥]（1）構(gòu)造函數(shù)g（x)=f(x)ex,通過g’(x）的符號(hào)判斷函數(shù)g（x）的單調(diào)性,利用單調(diào)性得出x的取值范圍；(2）先根據(jù)函數(shù)圖像的平移得到函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱，再通過討論導(dǎo)數(shù)的符號(hào)得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，最后將4a，log(1)A(2）B［解析]（1）設(shè)g(x)=f(x)ex,則g’（x)=f'(x)-f(x)ex,即函數(shù)g（x）在R上單調(diào)遞增?！遞(0)=2，∴g（0）=f（0）=2,則不等式f(x)<2ex等價(jià)于g（x）<g(0）.∵函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，∴x〈0，即不等式的解集為（—∞，0).（2)∵g(x)是偶函數(shù),∴其圖像關(guān)于y軸對(duì)稱,∴f（x）=g（x-2)的圖像關(guān)于直線x=2對(duì)稱.∵(x—2)f’(x）〉0，∴當(dāng)x〉2時(shí)，f’(x）>0，即函數(shù)f(x）在(2,+∞)上為增函數(shù).∵1〈a<3,∴4<4a<64,0<log3a〈1,又f（log3a）=f(4—log3a），3<4—log3a<4，∴3〈4—log3a〈4a，∴f(3）<f（4-log3a）<f(4a),即f(3)〈f(log3a）<f(4a）.變式題（1）B（2）(0，e2)［解析](1）設(shè)f(x)=lnxx(x>0），則f’(x)=可得函數(shù)f(x）在（0，e）上單調(diào)遞增，所以f（2.1)<f(2。2)，即ln2.12可化為2。12.2<2.22。1,即1<a<b,又c=log2.22.1<1,所以c〈a<b，故選B。（2）設(shè)t=lnx，則不等式f(lnx)〉3lnx+1等價(jià)于f(t）〉3t+1.設(shè)g(x)=f（x)—3x-1,則g'(x)=f'（x)-3,∵f（x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)〈3，∴g'（x）=f’(x)—3<0,∴函數(shù)g（x)=f（x)-3x—1在R上單調(diào)遞減?！遞（2）=7,∴g（2）=f(2）-3×2—1=0,則由g(t)=f（t)-3t-1〉0=g(2）,解得t〈2,∴l(xiāng)nx〈2,解得0<x〈e2，即不等式f（lnx）>3lnx+1的解集為(0，e2）。【備選理由】例1討論函數(shù)的單調(diào)性;例2可以進(jìn)一步明確不等式f'(x）〉0的解集對(duì)應(yīng)的區(qū)間是函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間,不等式f’（x)〈0的解集對(duì)應(yīng)的區(qū)間是f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間;例3為含參函數(shù)單調(diào)性的討論及利用單調(diào)性求參的綜合問題，旨在使學(xué)生加深對(duì)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系的理解,并強(qiáng)化處理參數(shù)問題的原則和方法.例1［配合例1使用］已知函數(shù)f（x)=(x-a)ex—12ax2+a（a-1)x(x∈R）（1)若曲線y=f(x)在點(diǎn)(0，f(0)）處的切線為l,l與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2，0）,求a的值；(2）討論f（x）的單調(diào)性.解:（1)∵f’（x)=(x—a）ex+ex-ax+a（a—1），∴f'（0）=（a-1）2，又∵f(0)=—a，∴切線方程為y+a=（a-1）2(x—0）.令y=0，得x=a(a∴2a2—5a+2=0,∴a=2或a=12（2)f’（x）=（x—a)ex+ex-ax+a（a-1)=[x-（a—1）](ex—a）.當(dāng)a≤0時(shí)，ex—a>0,若x∈（—∞,a-1）,則f’（x)〈0，f(x)為減函數(shù);若x∈（a—1，+∞），則f'(x)>0,f（x）為增函數(shù)。當(dāng)a>0時(shí),令f'(x）=0,得x1=a—1，x2=lna.令g（a）=a-1—lna,則g’(a）=1—1a=a當(dāng)a∈(0，1）時(shí),g'(a)〈0，g(a）為減函數(shù)，當(dāng)a∈（1，+∞)時(shí)，g'(a）>0,g（a）為增函數(shù)，∴g(a)min=g(1）=0,∴a-1≥lna(當(dāng)且僅當(dāng)a=1時(shí)取“="）.∴當(dāng)0<a〈1或a〉1時(shí),若x∈（-∞,lna），則f'（x)〉0,f(x)為增函數(shù)；若x∈（lna,a—1），則f’（x)〈0,f(x）為減函數(shù)；若x∈（a-1，+∞），則f’（x）〉0,f(x）為增函數(shù).當(dāng)a=1時(shí),f'（x）=x(ex-1)≥0,f(x)在（-∞，+∞)上為增函數(shù)。綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在（-∞，a—1）上為減函數(shù)，在(a—1，+∞）上為增函數(shù);當(dāng)0<a<1或a>1時(shí)，f(x)在（lna,a-1)上為減函數(shù)，在（-∞，lna)和（a—1,+∞）上為增函數(shù);當(dāng)a=1時(shí)，f(x）在（-∞,+∞)上為增函數(shù)。例2［配合例2使用]［2018·東莞模擬］已知函數(shù)f(x）=ax2e-x（a≠0），求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解：對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f'（x）=a·2x·ex①若a>0,則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f'(x）〉0，當(dāng)x∈(—∞,0)或x∈（2，+∞)時(shí),f'（x）〈0,所以f（x)在(0，2)上單調(diào)遞增,在（-∞，0),（2，+∞)上單調(diào)遞減.②若a<0，則當(dāng)x∈(0，2）時(shí)，f’（x)〈0,當(dāng)x∈（-∞,0）或x∈（2,+∞）時(shí),f’（x)〉0，所以f(x）在(0,2)上單調(diào)遞減,在