人教A版（2019）数学选择性必修二册 5_3导数与函数的单调性学案（含解析）

5.3 导数与函数的单调性
新课程标准 考向预测
1.结合实例，借助几何直观探索并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，会求不超过三次的多项式函数的单调区间． 2.结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及在给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值． 3.通过使利润最大、用料最省、效率最高等优化问题，体会导数在解决实际问题中的作用. 命题角度 1.导数与函数的单调性 2.导数与函数的极值、最值 3.导数与不等式 4.导数与函数的零点
核心素养 数学运算 逻辑推理
【基础梳理】
基础点　导数与函数单调性的关系
导数到单调性 单调递增 在(a，b)上，若f ′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调________
单调递减 在(a，b)上，若f ′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调________
单调性 到导数 单调递增 若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递增，则f ′(x)________0
单调递减 若函数y＝f(x)在(a，b)上单调递减，则f ′(x)________0
函数y＝f(x)在(a，b)上的导数大(小)于0是其单调递增(减)的____________条件
基础小测
1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．单调递增 D．单调递减
2．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(　　)
3．函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
【考点突破】
考点二　函数单调性的判断(高考热度：★★)
[例1]　已知函数f(x)＝(x－1)2－x＋ln x(a>0)．讨论f(x)的单调性．
解题技法
讨论函数f(x)单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
考点微练
1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝sin 2x　　　　　　 B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
2．已知函数f(x)＝(m≥0)，其中 e为自然对数的底数．讨论函数 f(x)的单调性．
考点二 求函数的单调区间
[例2]　(2019广东清远一中月考)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调递减区间．
解题通法
用导数法求可导函数单调区间的一般步骤
考点微练
1．(2019浙江卷节选)已知实数a≠0，设函数f(x)＝aln x＋，x＞0.当a＝－时，求函数f(x)的单调区间．
2．(2019河北冀州中学检测)已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a＞0)．
(1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值；
(2)求函数y＝f(x)的单调区间．
考点三 函数单调性的简单应用
[例3]　已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
对点变式
变式1. 已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，则a的取值范围是_____________．
变式2. 已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，则a的取值范围是________．
解题通法
已知函数单调性，求参数范围的两个方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
易错提醒
f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
考点微练
1．(2020届广西桂林一中高三月考)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x＜0时，xf′(x)－f(x)＜0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．bC．a＜b＜c D．c＜a＜b
2．(2020届湖北宜昌一中高三月考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＜0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2 019)＞(m－2 019)f(2)，则实数m的取值范围为(　　)
A．(0，2 019) B．(2 019，＋∞)
C．(2 021，＋∞) D．(2 019，2 021)
3．(2020届安徽滁州一中高三月考)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x＞0时，有＜0恒成立，则不等式x2f(x)＞0的解集是___________________．
解题通法
1．根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，其关键是观察函数的特点构造恰当的函数．
2．含有两个变元的不等式，可以把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系.
【素养提升】
含f(x)，f′(x)的不等式
函数的单调性是由其导数的符号确定的，在一些已知条件含有f(x)，f′(x)的不等式的问题中，可以利用导数公式、适当的变换，把f(x)，f′(x)的关系表达为一个函数g(x)的导数，得出g′(x)＞0或g′(x)＜0，从而得出函数g(x)的单调性，利用单调性比较函数值的大小、解函数不等式等，本专题就研究几类这种形式的问题．
1．f(x)±f′(x)类
已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，对于任意的实数x，都有＝e2x，当x＜0时f(x)＋f′(x)＞0，若eaf(2a＋1)≥f(a＋1)，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，] B．[－，0]
C．[0，＋∞) D．(－∞，0]
素养评析
[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，[]′＝，在含有f(x)±f′(x)的不等式中可考虑构造函数g(x)＝exf(x)，g(x)＝.
素养微练
1．设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)＞1，f(0)＝2 018，则不等式exf(x)＞ex＋2 017(其中e为自然对数的底数)的解集为 (　　)
A．(－∞，0)∪(0，＋∞)
B．(－∞，0)∪(2 017，＋∞)
C．(2 017，＋∞)
D．(0，＋∞)
2．函数f(x)的导函数f′(x)，x∈R，都有f(x)＜f′(x)成立，若f(1)＝e，则满足不等式f(x)＞ex的x的范围是(　　)
A．x＞1 B．0＜x＜1
C．x＞ln 2 D．0＜x＜ln 2
2．含有f(x)±xf ′(x)类
[例2]已知函数y＝f(x)是R上的可导函数，当x≠0时，有f ′(x)＋＞0，则函数F(x)＝xf(x)＋的零点个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
素养评析
含有xf′(x)±f(x)类的，可以构造函数g(x)＝xf(x)，或g(x)＝(x≠0)．
素养微练
1．已知奇函数f(x)的导函数为f′(x)，x∈R.当x∈(0，＋∞)时，xf′(x)＋f(x)＞0.若af(a)≥2f(2－a)＋af(a－2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．[－1，1]
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．[1，＋∞)
2．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＜0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex＞0的解集是(　　)
A．(－∞，ln 2) B．(ln 2，＋∞)
C．(0，e2) D．(e2，＋∞)
3．含ln x以及f(x)，f′(x)类型
[例3] 已知函数f(x)＝的导函数f′(x)满足(x＋xln x)f′(x)＜f(x)，对x∈(，＋∞)恒成立，则下列不等式中一定成立的是(　　)
A．2f(1)＞f(e) B．e2f(1)＞f(e)
C．2f(1)＜f(e) D．ef(1)＜f(e)
素养评析
利用(ln x)′＝，通过变换，把已知不等式化为一端符合导数的积商公式、另一端为零的形式，通过构造函数即可得出构造的函数的单调性，利用单调性解题．
素养微练
1．已知函数f(x)＝，若存在x∈[，]，使得f(x)＋xf′(x)＜0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(，＋∞) B．(，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(1，＋∞)
2．设函数f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，f′(x)是函数f(x)的导函数，且xf′(x)ln x＞f(x)(x＞1)，f(e2)＝2，则不等式f(ex)＜x的解集是(　　)
A．(－∞，2) B．(2，＋∞)
C．(1，2) D．(0，2)
构造函数比较大小
涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．
1．x与f(x)的组合函数
[例4] (2020届广西南宁一中高三月考)若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式 f(x)－x>0的解集为________．
素养微练
1.(2020届安徽滁州一中高三月考)π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3，3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是(　　)
A．3e，3π　 B．3e，eπ　 C．e3，π3 　D．πe，3π
2．ex与f(x)的组合函数
[例5] 已知f(x)(x∈R)有导函数f′(x)，且x∈R，f′(x)＞f(x)，n∈N*，则有(　　)
A．enf(－n)＜f(0)，f(n)>enf(0)
B．enf(－n)＜f(0)，f(n)C．enf(－n)＞f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)＞f(0)，f(n)素养微练
设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，则(　　)
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则aC．若ea－2a＝eb－3b，则a>b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a参考答案
基础小测
1．解析：易知f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)，则f′(x)＜0，所以f(x)＝cos x－x在(0，π)上单调递减．
2．解析：设导函数y＝f′(x)的图象与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图象易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)＜0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)＞0(其中x1<03．解析：由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0.故函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
【考点突破】
考点二　函数单调性的判断(高考热度：★★)
[例1]　解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋＝，
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝，
(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0当a>1时，f(x)在上是增函数，在上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
考点微练
1．解析：选B　对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)>0，得02．解析：由题得f′(x)＝－＝－，
当m＝0，即1－m＝1时，f′(x)＝－≤0，f(x)在R上单调递减；
当m>0，即1－m<1时，令f′(x)<0得x<1－m或x>1，令f′(x)>0得1－m∴f(x)在(－∞，1－m)，(1，＋∞)上单调递减，在(1－m,1)上单调递增.
考点二 求函数的单调区间
[例2]　解析：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x.
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＜0，即x(x＋1)(x＋4)＜0，
解得－1所以g(x)的单调递减区间为(－1，0)，(－∞，－4)．
考点微练
1．解析：当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x＞0.
f′(x)＝－＋
＝，
所以，函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
2．解析：(1)函数f(x)的定义域为R.由已知得f′(x)＝－a.
∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数，∴f′(－x)＝－f′(x)，即－a＝－＋a，解得a＝.
(2)由(1)得f′(x)＝－a＝1－－a.
①当a≥1时，f′(x)＜0恒成立，
∴a∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)在R上单调递减．
②当0＜a＜1时，由f′(x)＞0得(1－a)(ex＋1)＞1，即ex＞－1＋＝，解得x＞ln，
当0＜a＜1时，由f′(x)＜0得(1－a)(ex＋1)＜1，
即ex＜－1＋，解得x＜ln.
∴当a∈(0，1)时，函数y＝f(x)在上单调递增，在上单调递减．
考点三 函数单调性的简单应用
[例3]　解析：(1)f′(x)＝3x2－a.①当a≤0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±；
当x＞或x＜－时，f′(x)＞0；当－＜x＜时，f′(x)＜0.
因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数．综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；
当a＞0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数．
(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即a的取值范围为(－∞，0]．
对点变式
变式1. 解析：因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．
变式2. 解析：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，得a≥3x2在(－1，1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1，1)上为减函数．
考点微练
1．解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，又当x<0时，xf′(x)－f(x)＜0，所以g′(x)<0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，ln 2＜e＜3，可得g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，即c2．解析：令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝.
∵xf′(x)－f(x)＜0，∴h′(x)＜0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵2f(m－2 019)＞(m－2 019)f(2)，m－2 019＞0，
∴>，即h(m－2 019)>h(2)．
∴m－2 019<2且m－2 019>0，解得2 019∴实数m的取值范围为(2 019，2 021)．
3．解析：∵当x＞0时，′＝＜0，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数．又φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当0＜x＜2时，φ(x)＞0，此时x2f(x)＞0.
故x2f(x)＞0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)．
【素养提升】
含f(x)，f′(x)的不等式
1．f(x)±f′(x)类
解析：令g(x)＝exf(x)，则当x＜0时，g′(x)＝ex·[f(x)＋f′(x)]＞0，
又g(－x)＝e－xf(－x)＝exf(x)，所以g(x)为偶函数，
从而eaf(2a＋1)≥f(a＋1)等价于e2a＋1f(2a＋1)≥ea＋1f(a＋1)，g(2a＋1)≥g(a＋1)，因此|2a＋1|≤|a＋1|，3a2＋2a≤0，所以－≤a≤0.选B.
素养微练
1．解析：令g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)＞1，∴f(x)＋f′(x)－1＞0，∴g′(x)＞0，g(x)在R上为单调递增函数．∵g(0)＝f(0)－1＝2 018－1＝2 017，∴原不等式可化为g(x)＞g(0)，根据g(x)的单调性得x＞0.故选D.
2．解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＞0，故函数g(x)单调递增，且g(1)＝＝＝1，不等式f(x)＞ex即＞1，即g(x)＞g(1)．
结合函数的单调性可得满足不等式f(x)＞ex的x的范围是x＞1.故选A.
2．含有f(x)±xf ′(x)类
[例2] 解析：由F(x)＝xf(x)＋＝0，得xf(x)＝－.
令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)，根据已知，当x＞0时，g′(x)＞0，当x＜0时，g′(x)＜0，由于f(x)是定义在R上的可导函数，故y＝f(x)的图象在点x＝0处连续，从而g(x)＝xf(x)的图象也在点x＝0处连续．
当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，－＜0，故x＞0时，方程xf(x)＝－无解．
当x＜0时，g(x) 单调递减，g(x)＞g(0)＝0，y＝－＞0且单调递增，此时函数y＝g(x)与函数y＝－的图象有且只有一个公共点，方程xf(x)＝－有一解．
综上可知：F(x)＝xf(x)＋的零点个数是1.故选B.
素养微练
1．解析：设g(x)＝xf(x) g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＞0. 所以当x∈(0，＋∞)时，g(x)是增函数．因为f(x)是奇函数，所以有f(－x)＝－f(x)，因此有g(－x)＝(－x)f(－x)＝xf(x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，而2f(2－a)＋af(a－2)＝2f(2－a)－af(2－a)＝(2－a)f(2－a)；af(a)≥2f(2－a)＋af(a－2)可以化为af(a)≥(2－a)f(2－a) g(a)≥g(2－a)，g(x)是偶函数，所以有g(a)≥g(2－a) g(|a|)≥g(|2－a|)，当x∈(0，＋∞)时，g(x)是增函数，所以有|a|≥|2－a| a≥1，故选D.
2．解析：令g(x)＝，则g′(x)＝＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(2)＝＝1，故f(ex)－ex＞0等价为＞，即g(ex)＞g(2)．故ex＜2，解得x＜ln 2，故解集为(－∞，ln 2)．故选A.
3．含ln x以及f(x)，f′(x)类型
[例3] 解析：令g(x)＝，由(x＋xln x)f′(x)素养微练
1．解析：∵f(x)＝，g(x)＝xf(x)＝2ln x＋(x－a)2，g′(x)＝＋2(x－a)＝f(x)＋xf′(x)＜0，故得到存在x∈，使得＋2(x－a)＜0 a＞，x∈，所以a＞.故选B.
2．解析：构造函数g(x)＝，定义在区间(1，＋∞)上，对函数求导得g′(x)＝＝，xf′(x)ln x＞f(x)(x＞1)即xf′(x)ln x－f(x)＞0，故得到g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
g(e2)＝＝1，不等式f(ex)＜x即＜1，g(ex)＝＜1＝g(e2)，根据函数的定义域以及函数单调性得到1＜ex＜e2 0＜x＜2.故选D.
构造函数比较大小
1．x与f(x)的组合函数
[例4] 解析： 令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，所以g(x)为增函数．因为g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
素养微练
1. 解析： 构造函数f(x)＝， f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝，当f′(x)>0，即0e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．因为e<3<π，所以eln 3＜eln π，πln e<πln 3，即ln 3ey＝πx在定义域上单调递增，故3e<πe<π3，e3π3，在3e，e3，eπ，π3，3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e.故选A.
2．ex与f(x)的组合函数
[例5] 解析： 设g(x)＝，则g′(x)＝＝＞0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)＜g(0)＜g(n)，即＜＜，即enf(－n)素养微练
解析： 因为a>0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b＞eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x＞0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a>b成立．故选A.