1、第十二讲第十二讲 导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 第一课时第一课时 导数与函数的单调性导数与函数的单调性 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点 函数的单调性 (1)设函数 yf(x)在某个区间内_可导_，若 f(x)_0，则 f(x)为增函数，若 f(x)_0(或 f(x)_0_时，f(x)在相应区间上是增函数，当_f(x)0(或 f(x)0.( ) (2)若函数 yf(x)在(a，b)内恒有 f(x)0，则 yf(x)在(a，b)上一定为增函数( ) (3)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( ) (4)因为 y 1 ln x
2、的导函数为 y 1 xln x2，x0，y0，因此 y 1 ln x的减区间为(0， )( ) 解析 (1)有可能 f(x)0，如 f(x)x3，它在(，)上为增函数，但 f(x)x20. (2)因为 yf(x)若为常数函数，则一定有 f(x)0 满足条件，但不具备单调性 (3)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f(x)0，则此函数 f(x)在这个区间内为常数函数，则 函数 f(x)在这个区间内没有单调性 (4)y 1 ln x定义域为(0,1)(1，)，因此它的减区间为(0,1)和(1，) 题组二 走进教材 2(理)(选修 22P26T1 改编)(文)(选修 11P95T1 改编)函数 f
3、(x)x36x2的单调递减区间 为( A ) A(0,4) B(0,2) C(4，) D(，0) 解析 f(x)3x212x3x(x4)， 由 f(x)0， 得 0 xf(3)f() Bf(3)f(2)f() Cf(2)f()f(3) Df()f(3)f(2) 解析 f(x)1cos x，当 x(0，时，f(x)0，所以 f(x)在(0，上是增函数，所以 f()f(3)f(2)故选 D 4 (理)(选修 22P31AT3 改编)(文)(选修 11P98AT3 改编)已知函数 yf(x)在定义域(3,6) 内可导，其图象如图，其导函数为 yf(x)，则不等式 f(x)0 的解集为_1,24,6)
4、_. 解析 f(x)0，即 yf(x)递减，故 f(x)0，解集为1,24,6) 题组三 走向高考 5(2017 浙江，4 分)函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示，则函数 yf(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，B；记导函数 f(x)的零点从左到右分别为 x1，x2，x3，又在(，x1)上 f(x)0，所以函数 f(x)在(，x1)上单 调递减，排除 C，选 D 6(2016 全国卷，5 分)若函数 f(x)x1 3sin 2xasin x 在(，)上
5、单调递增，则 a 的取值范围是( C ) A1，1 B 1，1 3 C 1 3， 1 3 D 1，1 3 解析 函数 f(x)x1 3sin 2xasin x 在(，)上单调递增，等价于 f(x)1 2 3cos 2xacos x4 3cos 2xacos x5 30 在(，)上恒成立设 cos xt，则 g(t) 4 3t 2at 5 30 在1,1上恒成立，所以 g14 3a 5 30， g14 3a 5 30， 解得1 3a 1 3.故选 C 注：文科(sin 2x)(2sin xcos x)2(sin x)cos xsin x (cos x)2(cos2xsin2x) 2cos 2x.
6、 考点突破 互动探究 考点 函数的单调性 考向 1 不含参数的函数的单调性自主练透 例 1 (1)函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是( A ) A(0,1) B(1，) C(，1) D(1,1) (2)函数 f(x)(x3)ex的单调递增区间是( D ) A(，2) B(0,3) C(1,4) D(2，) (3)函数 f(x)x2 1x的单调递增区间是_(，0)_；单调递减区间是_(0,1)_. (4)已知定义在区间(，)上的函数 f(x)xsin xcos x，则 f(x)的单调递增区间是 _ ， 2 和 0， 2 _. 解析 (1)f(x)2x2 x 2x1x1 x (x0)，
7、 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)为增函数 (2)f(x)(x3)ex(x3)(ex)(x2)ex，令 f(x)0，解得 x2，故选 D 排除法：观察 yx3，yex，在(3，)上递增，选 D (3)f(x)的定义域为x|x1， f(x)1 1 1x.令 f(x)0，得 x0. 当 0 x1 时，f(x)0.当 x0. f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0,1) (4)f(x)sin xxcos xsin xxcos x. 令 f(x)xcos x0， 则其在区间(，)上的解集为 ， 2 0， 2 ， 即 f(x)的单调递增区间为 ， 2 和 0， 2 . 名师点拨 用
8、导数 f(x)确定函数 f(x)单调区间的三种类型及方法： (1)当不等式 f(x)0 或 f(x)0 或 f(x)0 或 f(x)0)讨论 f(x)的单调性 (文)已知函数 f(x)ln x 1 ax 1 a(aR 且 a0)，讨论函数 f(x)的单调性 解析 (理)函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)a(x1)11 x x1ax1 x ， 令 f(x)0，则 x11，x21 a， 若 a1，则 f(x)0 恒成立，所以 f(x)在(0，)上是增函数 若 0a1， 当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)是增函数， 当 x 1，1 a 时，f(x)0，f(x)是增函数 若 a1，则
9、01 a0，f(x)是增函数， 当 x 1 a，1 时，f(x)0，f(x)是增函数， 综上所述，当 a1 时，f(x)在(0，)上是增函数； 当 0a1 时，f(x)在 0，1 a 上是增函数，在 1 a，1 上是减函数，在(1，)上是增函数 (文)f(x)ax1 ax2 (x0)， 当 a0 恒成立， 函数 f(x)在(0，)上单调递增 当 a0 时，由 f(x)ax1 ax2 0，得 x1 a； 由 f(x)ax1 ax2 0，得 0 x1 a， 函数 f(x)在 1 a， 上单调递增，在 0，1 a 上单调递减 综上所述，当 a0 时，函数 f(x)在 1 a， 上单调递增，在 0，1
10、 a 上单调递减 名师点拨 (1)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遇二次 三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点， 分情况讨论 (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的间 断点 (3)个别导数为 0 的点不影响在区间的单调性，如 f(x)x3，f(x)3x20(f(x)0 在 x 0 时取到)，f(x)在 R 上是增函数 变式训练 1 (理)设函数 f(x)x1 xaln x(aR)，讨论 f(x)的单调性 (文)(2020 东北三省四市一模)已知 aR，函数 f(x)2 xal
11、n x，x(0,6)，讨论 f(x)的单调 性 解析 (理)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1 1 x2 a x x2ax1 x2 . 令 g(x)x2ax1，则方程 x2ax10 的判别式 a24. 当|a|2 时，即2a2 时，0，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增 当 a0，g(x)0 的两根都小于 0，在(0，)上恒有 f(x)0，故 f(x)在(0， )上单调递增 当 a2 时，0，g(x)0 有两根为 x1a a 24 2 ，x2a a 24 2 ， 当 0 x0；当 x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0， 故 f(x)在(0，x1)，(x2，)上单调递增，在(x
12、1，x2)上单调递减 综上得，当 a2 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a2 时，f(x)在 0，a a 24 2 ， a a24 2 ，上单调递增，在 a a24 2 ，a a 24 2 上单调递减 (文)f(x) 2 x2 a x ax2 x2 ，x(0,6)， a0 时，f(x)0，且2 a6，即 0a 1 3时，f(x)0，且2 a 1 3时，在 x 0，2 a 上，f(x)0， f(x)在 0，2 a 上单调递减，在 2 a，6 上单调递增 综上，当 a1 3时，f(x)在(0,6)上单调递减，无单调递增区间；当 a 1 3时，f(x)在 0，2 a 上单 调递减，在 2 a，
13、6 上单调递增 考向 3 利用导数解决函数的单调性的应用问题多维探究 角度 1 比较大小 例 3 (理)已知函数 f(x)ln xx1 x，若 af(e)，bf()，cf(log230)，则( A ) Acba Bcab Cbca Dacf(1)f 5 Bf(1)f 3 f 5 Cf 5 f(1)f 3 Df 3 f 5 f(1) 解析 (理)f(x)的定义域是(0，)， f(x)1 x1 1 x2 x1 2 23 4 x2 log224e. 所以 f(log230)f()f(e)，即 cb0，所以函数 f(x)在 0， 2 上是增函 数，所以 f 5 f(1)f(1)f 5 ，故选 A 角度
14、 2 解不等式 例 4 设函数 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x0，且 g(3)0，则不等式 f(x)g(x)0 的解集是( A ) A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3) C(，3)(3，) D(，3)(0,3) 解析 f(x)g(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)0.f(x)g(x)在(，0)上单调递增，又 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，f(x)g(x)为奇函数，f(0)g(0)0，f(x)g(x) 在(0， )上也是增函数 f(3)g(3)0， f(3)g(3)0.f(x)g(x)0 的解集为(3,0)(3， )故选
15、A 角度 3 已知函数的单调性求参数取值范围 例 5 若函数 f(x)kxln x 在区间(1， )上单调递增， 则 k 的取值范围是( D ) A(，2 B(，1 C2，) D1，) 分析 利用函数 f(x)kxln x 在区间(1，)上单调递增等价于 f(x)0 在(1，) 恒成立求解或利用区间(1，)是 f(x)的增区间的子集求解 解析 解法一：因为 f(x)在(1，)上单调递增， 所以 f(x)0 在(1，)上恒成立， 因为 f(x)kxln x， 所以 f(x)k1 x0，即 k 1 x. 因为 x1，所以 01 x0)， 当 k0 时，f(x)k1 x0 时，由 f(x)0 知 x
16、1 k，即 1 k， 是 f(x)的增区间. 由题意可知 1 k1，即 k1， 故选 D 引申本例中(1)若 f(x)的增区间为(1，)，则 k_1_； (2)若 f(x)在(1，)上递减，则 k 的取值范围是_(，0_； (3)若 f(x)在(1，)上不单调，则 k 的取值范围是_(0,1)_； (4)若 f(x)在(1，)上存在减区间，则 k 的取值范围是_(，1)_； (5)若 f(x)在(1,2)上单调，则 k 的取值范围是_ ，1 2 1，)_. 解析 (1)由解法 2 知1 k1，k1； (2)由题意知 f(x)kx1 x 0 在(1，)上恒成立即 k1 x，又 x1，0 1 x1
17、，k0， 即 k 的取值范围是(，0； (3)由本例及引申(2)知，f(x)在(1，)上单调，则 k0 或 k1，f(x)在(1，)上不 单调，则 0k1.即 k 的取值范围是(0,1)； (4)由题意可知 f(x)kx1 x 0 在(1，)内有解即 k1 x，x(1，)有解，由 0 1 x1 可知 k1，即 k 的取值范围是(，1)； (5)x(1,2)，1 2 1 xca Bacb Cabc Dbac (文)(角度 1)已知函数 f(x)1 2x 2ln x，则有( A ) Af(2)f(e)f(3) Bf(e)f(2)f(3) Cf(3)f(e)f(2) Df(e)f(3)f(2) (2
18、)(角度 2)(2021 昆明模拟)已知函数 f(x)xsin xcos xx2， 则不等式 f(ln x)f ln 1 x f(8)，即 ac，所以 bac.故选 D (文)f(x)x1 x x1x1 x (x0)， 在(0,1)上递减，在(1，)上递增， f(3)f(e)f(2)故选 A (2)函数 f(x)xsin xcos xx2的导数为 f(x)sin xxcos xsin x2xx(2cos x)， 则 x0 时，f(x)0，f(x)单调递增， 且 f(x)(x)sin(x)cos(x)(x)2f(x)， 所以 f(x)为偶函数，即有 f(x)f(|x|)， 则不等式 f(ln x
19、)f ln 1 x 2f(1)， 即为 f(ln x)f(1)，即为 f(|ln x|)f(1)， 则|ln x|1，即1ln x1，解得1 ex0)， f(x)x34 x， 函数 f(x)1 2x 23x4ln x 在(t，t1)上不单调， f(x)x34 x在(t，t1)上有变号零点， x 23x4 x 0 在(t，t1)上有解， x23x40 在(t，t1)上有解， 由 x23x40 得 x1 或 x4(舍去) 1(t，t1)，t(0,1)， 故实数 t 的取值范围是(0,1) 名师讲坛 素养提升 构造法在导数中的应用 例 6 (1)若函数 f(x)的定义域为 R，且满足 f(2)2，f
20、(x)1，则不等式 f(x)x0 的 解集为_(2，)_. (2)(2015 课标全国)设函数 f(x)是奇函数 f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当 x0 时， xf(x)f(x)0 成立的 x 的取值范围是( A ) A(，1)(0,1) B(1,0)(1，) C(，1)(1,0) D(0,1)(1，) 解析 (1)令 g(x)f(x)x， g(x)f(x)1. 由题意知 g(x)0，g(x)为增函数 g(2)f(2)20，g(x)0 的解集为(2，) (2)令 F(x)fx x ，因为 f(x)为奇函数，所以 F(x)为偶函数，由于 f(x)xfxfx x2 ，当 x0 时，xf(x
21、)f(x)0 成立的 x 的取值范围是(，1)(0,1)故选 A 例 7 (理)f(x)为定义在 R 上的可导函数，且 f(x)f(x)，对任意正实数 a，下列式子 成立的是( B ) Af(a)eaf(0) Cf(a)f0 ea 解析 (理)令 g(x)fx ex ， g(x)fxe xfxex ex2 fxfx ex 0. g(x)在 R 上为增函数又a0， g(a)g(0)，即fa ea f0 e0 ，即 f(a)eaf(0) 名师点拨 (1)对于不等式 f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或f(x)成立，若 f(ln 2)2，则满足不 等式 f(x)ex的 x 的范
22、围是( C ) Ax1 B0 xln 2 D0 x0，则对于任意的 a，b (0，)，当 ab 时，有( B ) Aaf(a)bf(b) Caf(b)bf(a) Daf(b)bf(a) (文)(2020 吉林梅河口开学考)已知函数 f(x)满足：f(0)1，f(x)f(x)，则不等式 f(x)f(x)成立， 即 f(x)f(x)0，令 g(x)fx ex ， 则 g(x)fxe xfxex e2x fxfx ex 0，所以函数 g(x)为单调递增函数， 又因为不等式 f(x)ex，即 g(x)1，因为 f(ln 2)2，所以 g(ln 2)1， 所以不等式的解集为 xln 2，故选 C (2)(理)f(x)fx x 0 xfxfx x 0 xfx x 0，即xf(x)x0.x0，xf(x)0， 即函数 yxf(x)在(0，)上为增函数，由 a，b(0，)且 ab，得 af(a)bf(b)，故选 B (文)令 g(x)fx ex ，则 g(x)fxfx ex ，f(x)f(x)，g(x)0，即 g(x)是减函数， 由 f(0)1 知 g(0)1，由 f(x)ex得fx ex 1，即fx ex f0 e0 ，即 g(x)0，故选 A
