第2課時導數與函數的單調性[考試要求]1．結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系．2．能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)．考點一利用導數求函數的單調區間1．利用導數求函數的單調區間(不含參數)(1)對于可導函數y＝f(x)，不等式f′(x)>0的解集(區間)為函數y＝f(x)的單調遞增區間；不等式f′(x)<0的解集(區間)為函數y＝f(x)的單調遞減區間．(2)求函數單調區間的步驟①求函數的定義域；②在定義域內解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；③將不等式的解集寫成區間的形式．2．由函數的單調區間求參數值(1)確定函數的定義域；(2)求出導數f′(x)；(3)已知條件給出的單調區間對應不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集；(4)將不等式的解集轉化為相應方程的實數根，求出參數值．[常用結論]1．若函數f(x)在(a，b)上單調遞增，則x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數f(x)在(a，b)上單調遞減，則x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．2．若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞增區間，則x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數f(x)在(a，b)上存在單調遞減區間，則x∈(a，b)時，f′(x)<0有解．[典例1](1)若函數f(x)＝lnx+1ex，則函數(2)已知g(x)＝2x＋lnx－ax，若函數g(x)在區間[1，2]上單調遞增，求實數a(1)(1，＋∞)[因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝1x令φ(x)＝1x－lnx－1，x∈(0，＋∞則φ′(x)＝－1x2－φ(x)在(0，＋∞)上單調遞減，且φ(1)＝0，∴當x∈(0，1)時，φ(x)>0，即f′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，即函數f(x)的單調遞減區間為(1，＋∞)．](2)[解]∵g(x)＝2x＋lnx－ax(x∴g′(x)＝2＋1x＋ax2∵函數g(x)在[1，2]上單調遞增，∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋a∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3．∴實數a的取值范圍是[－3，＋∞)．本例(1)求函數單調區間，先確定函數f(x)的定義域，再求出f′(x)，根據f′(x)<0求出單調遞減區間；本例(2)可導函數g(x)在D上單調遞增(或遞減)求參數范圍問題，可轉化為g′(x)≥0對x∈[1，2]恒成立問題，再分參為a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]，要注意“＝”是否取到．跟進訓練1(1)若函數g(x)＝lnx＋12x2－(b－1)x存在單調遞減區間，則實數bA．[3，＋∞) B．(3，＋∞)C．(－∞，3) D．(－∞，3](2)函數f(x)＝x2(1)B(2)(－∞，0)和2ln2，+∞[(1)函數g(x)＝lnx＋12x2－(b－1)x的定義域為(0，＋∞)，且其導數為g′(x)＝1由g(x)存在單調遞減區間知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即1x＋x－(b因為函數g(x)的定義域為(0，＋∞)，所以x＋1x≥2．要使1x＋x－(b－1)<0有解，只需要1x＋x的最小值小于b－1，所以2<b－1，即b>3，所以實數故選B．(2)∵f(x)＝x2∴f′(x)＝2x·2x令f′(x)<0，得x<0或x>2ln∴函數f(x)的單調遞減區間為(－∞，0)和2ln考點二利用導數討論或證明函數的單調性1．函數f(x)在區間D上單調遞增(減)??x∈D，f′(x)≥0(≤0)恒成立(f′(x)不恒為0)．2．f(x)的單調性對應f′(x)的正負．3．利用導數判斷單調性的步驟(1)確定函數的定義域；(2)求出導數f′(x)的零點；(3)用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出f′(x)在各區間上的正負，由此得出函數y＝f(x)在定義域內的單調性．提醒：如果函數解析式中含有參數，討論單調性時，一般要對參數分類討論，分類的標準是難點和重點，最后按參數取值由小到大的順序寫出總結性的陳述結論．[典例2]已知函數f(x)＝a(ex＋a)－x．討論f(x)的單調性．[解]因為f(x)＝a(ex＋a)－x，定義域為R，所以f′(x)＝aex－1，當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f所以f(x)在R上單調遞減；當a>0時，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－lna，當x<－lna時，f′(x)<0，則f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減；當x>－lna時，f′(x)>0，則f(x)在(－lna，＋∞)上單調遞增．綜上，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；當a>0時，f(x)在(－∞，－lna)上單調遞減，在(－lna，＋∞)上單調遞增．如本例對于含參數的函數的單調性，求導后考慮f′(x)＝0是否有實數根；當a≤0時沒有實根，函數在定義域內恒單調遞減；當a>0時存在實根，根據f′(x)>0時求出單調遞增區間，f′(x)<0求出單調遞減區間．跟進訓練2已知函數f(x)＝lnx＋12ax2＋(a＋1)x，a∈R．討論函數f(x[解]函數f(x)＝lnx＋12ax2＋(a＋1)x的定義域為(0，＋∞所以f′(x)＝1x＋ax＋a＋1＝ax2①當a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；②當a<0時，令f′(x)<0，得x>－1a令f′(x)>0，得0<x<－1a所以f(x)在-1a，綜上，當a≥0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a<0時，f(x)在-1a，考點三函數單調性的應用1．利用導數解不等式利用導數解不等式的關鍵，是用導數判斷函數的單調性，或者構造函數后使用導數．同時根據奇偶性變換不等式為f(g(x))>f(h(x))，利用單調性得出關于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范圍．2．利用導數比較大小(1)若已知函數解析式比較函數值的大小，首先要判斷已知函數的單調性，根據單調性比較大小．(2)若是比較數值的大小，其關鍵是利用題目條件中的不等關系構造輔助函數，并根據構造的輔助函數的單調性比較大小．3．常用的構造函數的方法(1)利用f(x)與x構造①出現f(x)＋xf′(x)形式，構造函數F(x)＝xf(x)．②出現xf′(x)－f(x)形式，構造函數F(x)＝fx(2)利用f(x)與ex構造①出現f′(x)＋f(x)形式，構造函數F(x)＝exf(x)．②出現f′(x)－f(x)形式，構造函數F(x)＝fx[典例3](1)已知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，且滿足f(x)＋xf′(x)>0(f′(x)是f(x)的導函數)，則不等式(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)的解集為()A．(－∞，2) B．(1，＋∞)C．(1，2) D．(－1，2)(2)已知定義在(－3，3)上的奇函數y＝f(x)的導函數是f′(x)，當x≥0時，y＝f(x)的圖象如圖所示，則關于x的不等式f'(1)C(2)(－3，－1)∪(0，1)[(1)令g(x)＝xf(x)，則g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又x＋1>0，則(x－1)f(x2－1)<f(x＋1)等價于(x2－1)f(x2－1)<(x＋1)f(x＋1)，即g(x2－1)<g(x＋1)，所以x2-1>0，(2)依題意f(x)是奇函數，圖象關于原點對稱，由圖象可知，f(x)在區間(－3，－1)，(1，3)上單調遞減，f′(x)<0；f(x)在區間(－1，0)，(0，1)上單調遞增，f′(x)>0．所以f'xx故答案為：(－3，－1)∪(0，1)．]如本例(1)構造輔助函數g(x)＝xf(x)，然后利用構造的函數的單調性比較大小或解不等式．跟進訓練3(1)已知函數f(x)是定義在R上的函數，且滿足f′(x)＋f(x)＞0，其中f′(x)為f(x)的導函數，設a＝f(0)，b＝2f(ln2)，c＝ef(1)，則a，b，c的大小關系是()A．c＞b＞a B．a＞b＞cC．c＞a＞b D．b＞c＞a(2)若a＝1e，b＝ln22，c＝ln33，則aA．a>c>b B．b>c>aC．c>b>a D．a>b>c(1)A(2)A[(1)令g(x)＝exf(x)，則g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，所以函數g(x)在定義域R上單調遞增，從而g(0)＜g(ln2)＜g(1)，得f(0)＜2f(ln2)＜ef(1)，即a＜b＜c．故選A．(2)a＝lnee，b＝ln2設f(x)＝lnxx(則f′(x)＝1-ln當0<x<e時，則f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x>e時，則f′(x)<0，f(x)單調遞減，∴f(e)>f(3)>f(4)，即a>c>b．故選A．]課后習題(十五)導數與函數的單調性1．(人教A版選擇性必修第二冊P103復習參考題5T3改編)f′(x)是f(x)的導函數，若f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是()ABCDC[由f′(x)的圖象知，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，∴f(x)單調遞增；當x∈(0，x1)時，f′(x)<0，∴f(x)單調遞減；當x∈(x1，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)單調遞增．]2．(人教A版選擇性必修第二冊P86例1改編)函數f(x)＝cosx－x在(0，π)上的單調性是()A．先增后減 B．先減后增C．單調遞增 D．單調遞減D[因為f′(x)＝－sinx－1＜0在(0，π)上恒成立，所以f(x)在(0，π)上單調遞減，故選D．]3．(人教B版選擇性必修第三冊P95練習BT3改編)已知函數f(x)＝(x-2)ex，(－∞，1)(或填(－∞，1])[當x<0時，f(x)＝－x－2，則f(x)在(－∞，0)上單調遞減．當x≥0時，f(x)＝(x－2)ex，則f'(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x4．(人教A版選擇性必修第二冊P87例3改編)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上單調遞增，則實數a的最大值是________．3[令f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3又因為x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3．]5．已知函數f(x)＝x2＋2cosx．若f′(x)是f(x)的導函數，則函數f′(x)的圖象大致是()ABCDA[設g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數f′(x)在R上單調遞增．故選A．]6．(2024·江蘇揚州中學月考)已知函數f(x)＝ax－sinx(a∈R)，則“a＝1”是“f(x)在區間π2，+∞A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件B[當a＝1時，f(x)＝x－sinx，f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在R上單調遞增，故充分性成立；當f(x)在π2∴f′(x)＝a－cosx≥0，即a≥cos所以“a＝1”是“f(x)在區間π2，+∞上單調遞增故選B．]7．(2024·重慶名校聯考)若曲線f(x)＝(ax－1)ex-2在點(2，f(2))處的切線過點(3，3)，則函數f(x)的單調遞增區間為()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)A[由題意，得f(2)＝(2a－1)e0＝2a－1，f′(x)＝aex-2＋(ax－1)ex-2＝(ax＋a－1)ex-2，∴f′(2)＝3a－1，∴3-2a-13-2＝3a－1，得∴f(x)＝(x－1)ex-2，f′(x)＝xex-2．∵x＞0時，f′(x)＞0，∴f(x)的單調遞增區間是(0，＋∞)．故選A．]8．已知奇函數f(x)在R上是減函數，g(x)＝xf(x)，若a＝g(－log25.1)，b＝g(3)，c＝g(20.8)，則a，b，c的大小關系為()A．a<b<c B．c<b<aC．b<c<a D．b<a<cD[因為f(x)為奇函數且在R上是減函數，所以f(－x)＝－f(x)，且當x>0時，f(x)<0．因為g(x)＝xf(x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，故g(x)為偶函數．當x>0時，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因為f(x)<0，f′(x)<0，所以g′(x)<0．即g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，因為3＝log28>log25.1>log24＝2>20.8，所以g(3)<g(log25.1)<g(20.8)，即b<a<c．故選D．]9．(多選)(2024·浙江溫州模擬)已知函數f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，則g(x)＝exA．在區間(0，1)上單調遞增B．在區間(1，4)上單調遞減C．在區間1，D．在區間43AC[當x＝0或x＝2時，f(x)＝0，則函數g(x)＝exfx的定義域為(－∞，0)∪(0，2)∪(2，＋∞)，排除選項B，D；g′(x)＝exfx-f'xf2x，由圖易得當x∈(0，1)時，f(x)>f′(x)，即g′(x)＝exfx-f'即g′(x)＝ex所以函數g(x)＝exfx10．(2024·廣東東莞模擬)已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f′(x)，且對任意x∈R都有f′(x)>2，f(2)＝0，則不等式f(x)－2x＋4>0的解集為()A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，2)A[令g(x)＝f(x)－2x＋4，則g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)在R上單調遞增，又g(2)＝f(2)－2×2＋4＝0，則不等式f(x)－2x＋4>0等價于g(x)>g(2)，所以x>2，故選A．]11．(多選)(2023·遼寧錦州統考二模)已知函數f(x)是定義在R上的可導函數，當x≥0時