第2节 导数与函数的单调性
[学习目标]
1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.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).
1.函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y=f(x)在区间(a,b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a,b)内单调递增
f′(x)<0 f(x)在区间(a,b)内单调递减
f′(x)=0 f(x)在区间(a,b)上是常数函数
函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减),则f′(x)≥0(f′(x)≤0),“f′(x)>0(f′(x)<0)在(a,b)上恒成立”是“f(x)在(a,b)上单调递增(减)”的充分不必要条件.如f(x)=x3在定义域上是增函数,但是其导数f′(x)=3x2≥0.
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步,确定函数的定义域;
第2步,求出导数f′(x)的零点;
第3步,用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f′(x)在各区间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”).
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.( )
(2)在(a,b)内f′(x)≤0且f′(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内单调递减.( )
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0,则f(x)在定义域上一定单调递增.( )
(4)函数f(x)=x-sin x在R上是增函数.( )
【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(人教A版选择性必修第二册P97习题5.3 T1改编)函数f(x)=xln x+1的单调递减区间是( )
A.(0,) B.(0,e)
C.(,+∞) D.(e,+∞)
【答案】 A
【解析】 因为f(x)=xln x+1,x>0,所以f′(x)=1+ln x,所以当x∈(0,)时,f′(x)<0,当x∈(,+∞)时,
f′(x)>0,所以f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.故选A.
3.(人教A版选择性必修第二册P89练习T3改编)在同一平面直角坐标系中作出三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)及其导函数的图象,下列一定不正确的序号是( )
A.①② B.①③ C.③④ D.①④
【答案】 C
【解析】 当f′(x)>0时,y=f(x)是单调递增的;当f′(x)<0时,y=f(x)是单调递减的,故可得①②中函数图象的增减趋势与导函数的正负区间是吻合的,故正确;而③中导函数为负的区间内相应的函数不单调递减,故错误;④中导函数为负的区间内相应的函数不单调递减,故错误.故选C.
4.(人教A版选择性必修第二册P87例3改编)函数f(x)=x3+2x2+mx+3是R上的单调函数,则m的取值范围是 .
【答案】 [,+∞)
【解析】 f′(x)=3x2+4x+m,由函数是R上的单调函数,f′(x)是开口向上的二次函数,可知原函数是R上的单调递增的函数,故f′(x)≥0在R上恒成立,所以Δ=42-4×3×m≤0,所以m≥,即m∈[,+∞).
考点一 求不含参数函数的单调区间
[例1] (1)函数f(x)=的单调递减区间是( )
A.(e,+∞) B.(-∞,e)
C.(1,e),(e,+∞) D.(0,1),(1,e)
(2)函数f(x)=xcos x-sin x在下面哪个区间内单调递增( )
A.(,) B.(π,2π)
C.(,) D.(2π,3π)
【答案】 (1)D (2)B
【解析】 (1)由得f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),令f′(x)=<0,解得0
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,e).故选D.
(2)f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x,选项中只有B项满足f′(x)>0.故选B.
求函数的单调区间的步骤
(1)确定函数y=f(x)的定义域.
(2)求导数f′(x).
(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.
(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
注意:(1)不能漏掉求函数的定义域.
(2)函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开.
[针对训练]
(1)函数f(x)=ex-ex的单调递减区间为( )
A.(1,+∞) B.(0,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,1)
(2)函数f(x)=ln(2x+3)+x2的单调递增区间是 .
【答案】 (1)A (2)(-,-1),(-,+∞)
【解析】 (1)f′(x)=e-ex,令f′(x)<0,解得x>1,所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞).故选A.
(2)函数f(x)=ln(2x+3)+x2的定义域为(-,+∞),f′(x)=+2x=,
令f′(x)>0,则x∈(-,-1)∪(-,+∞),所以f(x)=ln(2x+3)+x2的单调递增区间为(-,-1),(-,+∞).
考点二 含参数函数的单调性讨论
[例2] 已知函数f(x)=(x-1)ex-x2+a,讨论f(x)的单调性.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5 T19.
【解】 f(x)的定义域为R,且f′(x)=x(ex-a).
当a≤0时,令f′(x)<0,得x<0,令f′(x)>0,得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;
当a=1时,f′(x)≥0恒成立,当且仅当x=0时,等号成立,所以f(x)在R上单调递增;
当00,得x0,所以f(x)在(-∞,ln a),(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减;
当a>1时,ln a>0,令f′(x)<0,得00,得x>ln a或x<0,所以f(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减.
综上,当a≤0时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;当01时,f(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减.
研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论主要是讨论参数的不同取值求出单调性,主要讨论点如下:
(1)最高次项系数是否为0.
(2)导函数是否有零点.
(3)导函数两零点的大小关系.
(4)导函数零点与定义域的关系(即导函数零点与定义域端点的关系)等.
注意:(1)若函数的导数中自变量的最高次数含参数,需要考虑参数的正负对函数单调性的影响.
(2)若导函数的解析式的主要部分是二次多项式或者可转化为二次多项式且不能够因式分解,则需要考虑二次多项式是否存在零点,这里需要对判别式(Δ≤0和Δ>0)分类讨论.
[针对训练]
函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x,其中a∈R.求函数f(x)的单调性.
【解】 函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=2x-(a+2)+=.
令f′(x)=0,得x1=1,x2=.
①当a≤0时,≤0,由f′(x)>0,得x>1;
由f′(x)<0,得0则函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
②当0<<1,即00,得01;
由f′(x)<0,得则函数f(x)的单调递增区间为(0,),(1,+∞),
函数f(x)的单调递减区间为(,1).
③当=1,即a=2时,f′(x)≥0恒成立,则函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).
④当>1,即a>2时,由f′(x)>0,得0;
由f′(x)<0,得1则函数f(x)的单调递增区间为(0,1),(,+∞),
函数f(x)的单调递减区间为(1,).
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减;
当0当a=2时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>2时,函数f(x)在(0,1)和(,+∞)上单调递增,在(1,)上单调递减.
考点三 用导数解决函数单调性的应用问题
角度一 利用导数研究函数图象
[例3] 设函数f(x)在定义域内可导,f(x)的图象如图所示,则其导函数f′(x)的图象可能是( )
A B
C D
【答案】 A
【解析】 由f(x)的图象可知,当x∈(-∞,0)时,函数单调递增,则f′(x)≥0,故排除C,D;当x∈
(0,+∞)时,f(x)先单调递减,再单调递增,最后单调递减,所以对应的导数值应该先小于0,再大于0,最后小于0,故排除B.故选A.
函数图象与其导函数图象的关系:导函数f′(x)图象在x轴上方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象上升部分对应的区间(单调递增区间),导函数f′(x)图象在x轴下方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象下降部分对应的区间(单调递减区间).
角度二 利用导数比较大小或解不等式
[例4] (1)(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)=,则f(2),f(e),f(3),f(5)从大到小依次为( )
A.f(5),f(3),f(e),f(2)
B.f(2),f(e),f(5),f(3)
C.f(e),f(3),f(2),f(5)
D.f(e),f(5),f(3),f(2)
(2)已知定义域为R的函数f(x),有f(-x)=f(x),且当x≥0时,f(x)=ex-e-x-sin 2x,则f(x)>f()的解集为 .
【答案】 (1)C (2)(-∞,-)∪(,+∞)
【解析】 (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),令f′(x)==0,得x=e.当10,f(x)在(1,e)上单调递增;当x>e时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,得f(e)>f(3)>f(4)>f(5),
且f(e)>f(2).又因为f(2)=-=-=-=f(4),所以f(e)>f(3)>f(2)>f(5).故选C.
(2)当x≥0时,f′(x)=ex+e-x-2cos 2x≥2-2cos 2x=2(1-cos 2x)≥0,
所以f(x)在[0,+∞)上为增函数,
又f(x)为偶函数,所以由f(x)>f(),
得|x|>,解得x<-或x>,
故不等式的解集为(-∞,-)∪(,+∞).
(1)利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小.
(2)与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数.
角度三 利用函数的单调性求参数范围
[例5] (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
(2)若函数f(x)=ln x+ax2-2在区间(1,2)内存在单调递减区间,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,] B.(-∞,]
C.(-∞,-) D.(-∞,-)
【答案】 (1)C (2)D
【解析】 (1)依题可知,f′(x)=aex-≥0在(1,2)上恒成立,显然a>0,所以xex≥,
设g(x)=xex,x∈(1,2),g′(x)=(x+1)ex>0,所以g(x)在(1,2)上单调递增,g(x)>g(1)=e,故e≥,
即a≥=e-1,即a的最小值为e-1.故选C.
(2)由题意得f′(x)=+2ax=,因为函数f(x)在区间(1,2)内存在单调递减区间,
所以<0在区间(1,2)上有解,即2ax2+1<0在区间(1,2)上有解,
因此2a<-在区间(1,2)上有解,即2a<(-)max,由于x∈(1,2)时,-1<-<-,
因此2a<-,即a<-.故选D.
(1)已知函数单调性求参数范围.
①已知可导函数f(x)在区间D上单调递增,则在区间D上f′(x)≥0恒成立;
②已知可导函数f(x)在区间D上单调递减,则在区间D上f′(x)≤0恒成立;
③已知可导函数f(x)在区间D上存在单调递增区间,则f′(x)>0在区间D上有解;
④已知可导函数f(x)在区间D上存在单调递减区间,则f′(x)<0在区间D上有解.
(2)已知函数在所给区间上不单调,则转化为导函数在该区间上存在变号零点,通常利用分离变量法求解参变量的范围.
[针对训练]
1.(角度一)(多选题)如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下列判断正确的是( )
A.在区间(-2,1)上f(x)单调递增
B.在区间(2,3)上f(x)单调递减
C.在区间(4,5)上f(x)单调递增
D.在区间(3,5)上f(x)单调递减
【答案】 BC
【解析】 在区间(-2,1)上,当x∈(-2,-)时,f′(x)<0,当x∈(-,1)时,f′(x)>0,故f(x)在(-2,-)上单调递减,在(-,1)上单调递增,A错误;在区间(3,5)上,当x∈(3,4)时,f′(x)<0,当x∈(4,5)时,
f′(x)>0,即f(x)在(3,4)上单调递减,在(4,5)上单调递增,C正确,D错误;当x∈(2,3)时,f′(x)<0,所以f(x)在(2,3)上单调递减,故B正确.故选BC.
2.(角度二)已知函数f(x)=x3+x的定义域为[-5,5],则f(2x-1)+f(x)>0的解集为( )
A.(,4] B.[2,4]
C.(,3] D.[2,3]
【答案】 C
【解析】 f(-x)=-x3-x=-f(x),因此函数f(x)是奇函数.
所以f(2x-1)+f(x)>0,
即f(2x-1)>-f(x)=f(-x).
又因为f′(x)=3x2+1>0,所以f(x)=x3+x在[-5,5]上单调递增,
所以解得所以原不等式的解集为(,3].故选C.
3.(角度三)若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不单调,则实数k的取值范围是( )
A.(-∞,-3]∪[-1,1]∪[3,+∞)
B.(-3,-1)∪(1,3)
C.(-2,2)
D.不存在这样的实数k
【答案】 B
【解析】 由题意得,f′(x)=3x2-12=0在区间(k-1,k+1)上至少有一个实数根,又f′(x)=3x2-12=0的根为±2,且f′(x)在x=2或x=-2两侧异号,所以k-1<2微点提能4 构造函数的应用
类型一 构造具体函数比较大小
对于变量不同,其余地方均相同的表达式的比较大小问题,常构造具体函数求解.常用的具体函数有以下几种:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex-x+a,f(x)=x-ln x,
f(x)=ln(1+x)-x+a,f(x)=,f(x)=x±sin x+a,f(x)=x±cos x+a等.
[典例1] 设a,b都为正数,e为自然对数的底数,若aeaA.ab>e B.b>ea
C.ab【答案】 B
【解析】 由已知aea0,则ea>1,bln b>0,则b>1.当x>1时,f′(x)=ln x+1>0,则f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以ea指对同构,经常使用的变换形式有两种:一种是将x变成ln ex然后构造函数;另一种是将x变成eln x然后构造函数.
[拓展演练] 若a=,b=,c=,则( )
A.aC.c【答案】 D
【解析】 因为a==,b==,c==,所以令g(x)=,则a=g(e),b=g(8),c=g(9),
g′(x)=,当x∈(,+∞)时,g′(x)<0,所以函数g(x)在(,+∞)上单调递减.又所以g(e)>g(8)>g(9),即c类型二 构造抽象函数解不等式或比较大小
以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式,旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题,是近几年高考试卷中的一位“常客”,常以压轴题的形式出现,解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.
角度一 构造f(x)±g(x)型可导函数
[典例2] 定义在R上的函数f(x),满足f(1)=1,且对任意x∈R都有f′(x)<,则不等式
f(lg x)>的解集为 .
【答案】 (0,10)
【解析】 由题意构造函数g(x)=f(x)-x,
则g′(x)=f′(x)-<0,所以g(x)在定义域内是减函数.
因为f(1)=1,所以g(1)=f(1)-=,
由f(lg x)>,得f(lg x)-lg x>,
即g(lg x)=f(lg x)-lg x>=g(1),
所以lg x<1,解得0所以原不等式的解集为(0,10).
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=
[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练] (2025·河北保定模拟)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )
A.(-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)
【答案】 B
【解析】 由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,则F′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增.又F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.
故选B.
角度二 构造f(x)·g(x)型可导函数
[典例3] (1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f′(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
(2)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为
.
【答案】 (1)A (2)(0,+∞)
【解析】 (1)根据题意,令g(x)=x2f(x),其导函数g′(x)=2xf(x)+x2f′(x),又对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则当x>0时,有g′(x)=x[2f(x)+xf′(x)]>0恒成立,即函数g(x)在(0,+∞)上为增函数,又由函数f(x)是定义在R上的偶函数,则f(-x)=f(x),则有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x),即函数g(x)也为偶函数,则有g(-2)=g(2),且g(2)(2)构造F(x)=f(x)·e2x,所以F′(x)=f′(x)·e2x+f(x)·2e2x=e2x[f′(x)+2f(x)]>0,所以F(x)在R上单调递增,且F(0)=f(0)·e0=1,因为不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1,即F(x)>F(0),所以x>0,所以原不等式的解集为(0,+∞).
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)=[f(x)·g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)·g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练](多选题)已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),其导函数为f′(x),且满足ln x·f′(x)+·
f(x)>0,则下列不等式成立的是( )
A.f(e)>0 B.f(e)<0
C.f()<0 D.f()>0
【答案】 AD
【解析】 令g(x)=f(x)·ln x,x∈(0,+∞),
可得g′(x)=ln x·f′(x)+·f(x),
因为ln x·f′(x)+·f(x)>0,
所以g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又由g(1)=0,所以g(e)>g(1),g()即f(e)·ln e>0,f()·ln <0,即f(e)>0,f()>0.故选AD.
角度三 构造型可导函数
[典例4] 已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f′(x),且满足f′(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则( )
A.e2f(-1)<1 B.f(1)>e2
C.f()>e D.f(1)【答案】 D
【解析】 依题意令g(x)=,则g′(x)==,因为f′(x)-2f(x)<0在R上恒成立,所以g′(x)<0在R上恒成立,故g(x)在R上单调递减,所以g(-1)>g(0),即=e2f(-1)>=1,故A不正确;g(1)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)-f(x)·g′(x)”时,可联想、逆用“=[]′”,构造可导函数y=,然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练](多选题)已知定义在(0,)上的函数f(x),f′(x)是f(x)的导函数,且恒有f′(x)sin x-f(x)cos x<0成立,则( )
A.f()>f() B.f()>f()
C.f()>f() D.f()>f()
【答案】 CD
【解析】 令g(x)=,x∈(0,),
则其导数g′(x)=,
又由x∈(0,),且恒有f′(x)sin x-f(x)cos x<0,得g′(x)<0,
即函数g(x)为减函数.
由<,则有g()>g(),
即>,可得f()>f();
又由<,则有g()>g(),即>,可得f()>f().故选CD.第2节 导数与函数的单调性
[学习目标]
1.结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.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).
1.函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y=f(x)在区间(a,b)上可导 f′(x)>0 f(x)在区间(a,b)内
f′(x)<0 f(x)在区间(a,b)内
f′(x)=0 f(x)在区间(a,b)上是
函数f(x)在区间(a,b)上单调递增(减),则f′(x)≥0(f′(x)≤0),“f′(x)>0(f′(x)<0)在(a,b)上恒成立”是“f(x)在(a,b)上单调递增(减)”的充分不必要条件.如f(x)=x3在定义域上是增函数,但是其导数f′(x)=3x2≥0.
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步,确定函数的 ;
第2步,求出导数f′(x)的 ;
第3步,用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f′(x)在各区间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”).
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.( )
(2)在(a,b)内f′(x)≤0且f′(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内单调递减.( )
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0,则f(x)在定义域上一定单调递增.( )
(4)函数f(x)=x-sin x在R上是增函数.( )
2.(人教A版选择性必修第二册P97习题5.3 T1改编)函数f(x)=xln x+1的单调递减区间是( )
A.(0,) B.(0,e)
C.(,+∞) D.(e,+∞)
3.(人教A版选择性必修第二册P89练习T3改编)在同一平面直角坐标系中作出三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)及其导函数的图象,下列一定不正确的序号是( )
A.①② B.①③ C.③④ D.①④
4.(人教A版选择性必修第二册P87例3改编)函数f(x)=x3+2x2+mx+3是R上的单调函数,则m的取值范围是 .
考点一 求不含参数函数的单调区间
[例1] (1)函数f(x)=的单调递减区间是( )
A.(e,+∞) B.(-∞,e)
C.(1,e),(e,+∞) D.(0,1),(1,e)
(2)函数f(x)=xcos x-sin x在下面哪个区间内单调递增( )
A.(,) B.(π,2π)
C.(,) D.(2π,3π)
求函数的单调区间的步骤
(1)确定函数y=f(x)的定义域.
(2)求导数f′(x).
(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.
(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
注意:(1)不能漏掉求函数的定义域.
(2)函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开.
[针对训练]
(1)函数f(x)=ex-ex的单调递减区间为( )
A.(1,+∞) B.(0,+∞)
C.(-∞,0) D.(-∞,1)
(2)函数f(x)=ln(2x+3)+x2的单调递增区间是 .
考点二 含参数函数的单调性讨论
[例2] 已知函数f(x)=(x-1)ex-x2+a,讨论f(x)的单调性.
[溯源探本] 本例源于人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5 T19.
研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论主要是讨论参数的不同取值求出单调性,主要讨论点如下:
(1)最高次项系数是否为0.
(2)导函数是否有零点.
(3)导函数两零点的大小关系.
(4)导函数零点与定义域的关系(即导函数零点与定义域端点的关系)等.
注意:(1)若函数的导数中自变量的最高次数含参数,需要考虑参数的正负对函数单调性的影响.
(2)若导函数的解析式的主要部分是二次多项式或者可转化为二次多项式且不能够因式分解,则需要考虑二次多项式是否存在零点,这里需要对判别式(Δ≤0和Δ>0)分类讨论.
[针对训练]
函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x,其中a∈R.求函数f(x)的单调性.
考点三 用导数解决函数单调性的应用问题
角度一 利用导数研究函数图象
[例3] 设函数f(x)在定义域内可导,f(x)的图象如图所示,则其导函数f′(x)的图象可能是( )
A B
C D
函数图象与其导函数图象的关系:导函数f′(x)图象在x轴上方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象上升部分对应的区间(单调递增区间),导函数f′(x)图象在x轴下方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图象下降部分对应的区间(单调递减区间).
角度二 利用导数比较大小或解不等式
[例4] (1)(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)=,则f(2),f(e),f(3),f(5)从大到小依次为( )
A.f(5),f(3),f(e),f(2)
B.f(2),f(e),f(5),f(3)
C.f(e),f(3),f(2),f(5)
D.f(e),f(5),f(3),f(2)
(2)已知定义域为R的函数f(x),有f(-x)=f(x),且当x≥0时,f(x)=ex-e-x-sin 2x,则f(x)>f()的解集为 .
(1)利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小.
(2)与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数.
角度三 利用函数的单调性求参数范围
[例5] (1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
(2)若函数f(x)=ln x+ax2-2在区间(1,2)内存在单调递减区间,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,] B.(-∞,]
C.(-∞,-) D.(-∞,-)
(1)已知函数单调性求参数范围.
①已知可导函数f(x)在区间D上单调递增,则在区间D上f′(x)≥0恒成立;
②已知可导函数f(x)在区间D上单调递减,则在区间D上f′(x)≤0恒成立;
③已知可导函数f(x)在区间D上存在单调递增区间,则f′(x)>0在区间D上有解;
④已知可导函数f(x)在区间D上存在单调递减区间,则f′(x)<0在区间D上有解.
(2)已知函数在所给区间上不单调,则转化为导函数在该区间上存在变号零点,通常利用分离变量法求解参变量的范围.
[针对训练]
1.(角度一)(多选题)如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下列判断正确的是( )
A.在区间(-2,1)上f(x)单调递增
B.在区间(2,3)上f(x)单调递减
C.在区间(4,5)上f(x)单调递增
D.在区间(3,5)上f(x)单调递减
2.(角度二)已知函数f(x)=x3+x的定义域为[-5,5],则f(2x-1)+f(x)>0的解集为( )
A.(,4] B.[2,4]
C.(,3] D.[2,3]
3.(角度三)若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不单调,则实数k的取值范围是( )
A.(-∞,-3]∪[-1,1]∪[3,+∞)
B.(-3,-1)∪(1,3)
C.(-2,2)
D.不存在这样的实数k
微点提能4 构造函数的应用
类型一 构造具体函数比较大小
对于变量不同,其余地方均相同的表达式的比较大小问题,常构造具体函数求解.常用的具体函数有以下几种:f(x)=xex,f(x)=xln x,f(x)=x+ex,f(x)=x+ln x,f(x)=ex-x+a,f(x)=x-ln x,
f(x)=ln(1+x)-x+a,f(x)=,f(x)=x±sin x+a,f(x)=x±cos x+a等.
[典例1] 设a,b都为正数,e为自然对数的底数,若aeaA.ab>e B.b>ea
C.ab指对同构,经常使用的变换形式有两种:一种是将x变成ln ex然后构造函数;另一种是将x变成eln x然后构造函数.
[拓展演练] 若a=,b=,c=,则( )
A.aC.c类型二 构造抽象函数解不等式或比较大小
以抽象函数为背景,题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x),f(x)g(x),”等特征式,旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题,是近几年高考试卷中的一位“常客”,常以压轴题的形式出现,解答这类问题的有效策略是将式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来,合理构造出相关的可导函数,然后利用该函数的性质解决问题.
角度一 构造f(x)±g(x)型可导函数
[典例2] 定义在R上的函数f(x),满足f(1)=1,且对任意x∈R都有f′(x)<,则不等式
f(lg x)>的解集为 .
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时,不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)=
[f(x)±g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)±g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练] (2025·河北保定模拟)函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( )
A.(-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞)
角度二 构造f(x)·g(x)型可导函数
[典例3] (1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,设函数f(x)的导函数为f′(x),若对任意的x>0都有2f(x)+xf′(x)>0成立,则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
(2)若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)+2f(x)>0,且f(0)=1,则不等式f(x)>的解集为
.
当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)”时,可联想、逆用“f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)=[f(x)·g(x)]′”,构造可导函数y=f(x)·g(x),然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练](多选题)已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),其导函数为f′(x),且满足ln x·f′(x)+·
f(x)>0,则下列不等式成立的是( )
A.f(e)>0 B.f(e)<0
C.f()<0 D.f()>0
角度三 构造型可导函数
[典例4] 已知定义域为R的函数f(x),其导函数为f′(x),且满足f′(x)-2f(x)<0,f(0)=1,则( )
A.e2f(-1)<1 B.f(1)>e2
C.f()>e D.f(1)当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)-f(x)·g′(x)”时,可联想、逆用“=[]′”,构造可导函数y=,然后利用该函数的性质巧妙地解决问题.
[拓展演练](多选题)已知定义在(0,)上的函数f(x),f′(x)是f(x)的导函数,且恒有f′(x)sin x-f(x)cos x<0成立,则( )
A.f()>f() B.f()>f()
C.f()>f() D.f()>f()