超实用高考数学专题复习(北师大版)：第二章函数导数及其应用 第十一节第1课时导数与函数的单调性

[破题技法] 1.含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通 过对不等关系变形，发现函数． 2．常见的构造函数思路 (1)已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型：联想构造函数F(x)＝f(x)g(x)． (2)已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：联想构造函数F(x)＝gf（（xx））. (3)已知“f(x)＋f′(x)”型：联想构造函数F(x)＝exf(x)． (4)已知“f′(x)ln x＋f（xx）”型：联想构造函数F(x)＝f(x)ln x.
它可以把抽象的数学语言与直观图形相对应，使复杂问题简单化，抽象问题具体化 ； （4）分类讨论的思想：
此思想方法在解答题中越来越体现出其重要地位，在解题中应明确分类原则：标准 要统一，不重不漏。
同时考生在此阶段的复习过程中一定要重视教材的作用，我们有很大一部分考生不
重视课本，甚至在高考这一年中从来没翻过课本，这是非常危险的。因为高考试题有一 部分都是从书上的例题和练习里引申变形而来的，对于我们基础比较薄弱的同学来讲， 就更应该仔细阅读教材，认真琢磨书上的例题，体会其中包含的数学思想和数学方法。 这对于我们提高数学能力是非常有帮助的！
常用的数学思想方法有：
（1）函数思想方法： 根据问题的特点构建函数将所要研究的问题，转化为对构建函数的思想如定
义域、值域、单调、奇偶、周期、最值、对称、范围和图像的交点个数等的研 究；
（2）方程思想方法： 通过列方程（组）建立问题中的已知数和未知数的关系，通过解方程（组）实现化
未知为已知，从而实现解决问题的目的； （3）数形结合的思想：
②若a＞2，令ƒ′(x)＝0，得
x＝a－
2a2－4或x＝a＋
a2－4 2.
当x∈0，a－ 2a2－4∪a＋ 2a2－4，＋∞时， ƒ′(x)＜0；
当x∈a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4时， ƒ′(x)＞0.
所以ƒ(x)在
0，a－
a2－4
2
，
a－
2a2－4，a＋
2a2－4上单调递增．
a＋
2a2－4，＋∞
1．已知函数f(x)＝2cos x·(m－sin x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的
取值范围是( )
A．[－1，1]
B．[－1，12]
C．[－12，12]
D．(－12，ห้องสมุดไป่ตู้2)
解析：因为函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－2msin x＋4sin2x－
5≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，
上单调递减，在
[破题技法] 对于含参数的函数的单调性要注意对参数的讨论．
考点二 导数在函数单调性中的应用 挖掘1 导数与解函数不等式、比较大小/ 互动探究 [例1] (1)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，若对于任意 实数x，有f(x)－f′(x)＞0，则( ) A．ef(2 018)＞f(2 019) B．ef(2 018)＜f(2 019) C．ef(2 018)＝f(2 019) D．ef(2 018)与f(2 019)大小不能确定
(2)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝x2，且x＜0时，f′(x)＜x恒成立，
则不等式f(x)－f(1－x)≥x－12的解集为( )
A.－∞，12 C.12，＋∞
B.－12，12 D．(－∞，0)
[解析] 令g(x)＝f(x)－12x2，
则g(x)＋g(－x)＝0⇒g(x)为奇函数，又x＜0时，g′(x)＝f′(x)－x＜0⇒g(x)在 (－∞，0)上递减，则g(x)在(－∞，＋∞)上递减， 由f(x)－f(1－x)≥x－12知f(x)－12x2≥f(1－x)－12(1－x)2， 即g(x)≥g(1－x)，从而x≤1－x⇒x≤12，所以所求不等式的解集为－∞，12. 故选A. [答案] A
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数在研究函数中的应用 第一课时 导数与函数的单调性
[基础梳理]
函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内__单__调__递__增__； (2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内__单__调__递__减__； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是__常__数__函__数__．
[解析]
令g(x)＝
f（x） ex
，则g′(x)＝
exf′（x）－exf（x） e2x
＝
f′（x）－f（x） ex
，因为
f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函数g(x)在R上单调递减，所以g(2 018)＞
g(2 019)，即f（2e2001188）＞f（2e2001199），所以ef(2 018)＞f(2 019)，故选A. [答案] A
2．(易错点：忽视定义域)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( ) A．(0，1) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 答案：A
3．(基础点：求单调区间)函数f(x)＝cos x＋xsin x，x∈(0，π)的递增区间为 ________． 答案：(0，π2) 4．(基础点：导数的应用)函数f(x)＝x3＋ax在R上为增函数，则a的取值范围为 ________．
令sin
x＝t(－1≤t≤1)，则g(t)＝4t2－2mt－5≤0在[－1，1]上恒成立，所以
gg（ （－ 1）1） ≤≤ 0，0，解得－12≤m≤12.故选C.
答案：C
2．已知函数f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围； (2)若f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围； (3)若f(x)在区间(－1，1)上单调递减，试求a的取值范围．
挖掘2 已知函数单调性求参数/ 互动探究 [例2] 设函数f(x)＝ex－ax2，若f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． [解析] ∵f(x)＝ex－ax2，x∈(0，＋∞)， ∴f′(x)＝ex－2ax. 要使f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则f′(x)＝ex－2ax≥0恒成立， 即a≤2exx 在(0，＋∞)恒成立．
做题时要善于总结。不仅总结方法，也要总结错误。这样，作完之后才会有 所收获，才能举一反三。
一、第一轮复习，即基础复习阶段
这个阶段的复习是整个高考复习中最关键的环节，一般从8月份到第二年的 三月份，历时8个月，这一阶段的复习效果直接影响整个高考的成败，因此同学 们应该高度重视，在第一轮复习中我们必须严格按照《复习大纲》的要求，把 《大纲》中所有的考点逐个进行突破，全面落实，形成完整的知识体系。这就 需要考生要对课本中的基本概念，基本公式，基本方法重点掌握，在复习中应 淡化特殊技巧的训练，重视数学思想和方法的作用。
答案：[0，＋∞)
考点一 用导数讨论函数的单调性，求单调区间
挖掘1 用导数判断简单函数的单调性/ 自主练透
[例1] (1)(2020·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区
间是( )
A．(0，12)和(1，＋∞)
B．(0，1)和(2，＋∞)
C．(0，12)和(2，＋∞)
故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减． 若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 若a<0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈a3，0时，f′(x)<0. 故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋aln x，讨论f(x)的单调性． [解析] ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)， ƒ′(x)＝－x12－1＋ax＝－x2－xa2x＋1. ①若a≤2，则ƒ′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时， ƒ′(x)＝0， 所以ƒ(x)在(0，＋∞)上单调递减．
挖掘2 讨论含参数的函数的单调性/ 互动探究 [例2] (1)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b，讨论f(x)的单调 性； [解析] f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3. 若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0； 当x∈0，a3时，f′(x)＜0.
导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件； (2)若f′(x)＝0不恒成立，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是可导函数f(x)在(a，b)内单调递增 (或递减)的充要条件．
[四基自测] 1．(易错点：混淆f(x)的图像)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判 断中正确的是( ) A．函数f(x)在区间(－3，0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(－3，2)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0，2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(－3，2)上是单调函数 答案：A
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．
[答案] (－∞，－1)，(0，＋∞) [－1，0]
[破题技法] 根据导数与函数单调性的关系，通过导函数f′(x)的零点得到函数的 单调区间，破解此类题的关键点： (1)求定义域，利用使函数有意义的条件求解函数的定义域； (2)求导数，根据基本初等函数的导数以及求导法则求出函数f(x)的导函数f′(x)； (3)讨论导函数的符号，不等式f′(x)>0的解集就是函数f(x)的单调递增区间，不等 式f′(x)<0的解集就是函数f(x)的单调递减区间．
(2)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，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]． (3)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)上单调递减．
设h(x)＝2exx ，∴h′(x)＝ex（2xx－2 1）， ∴x∈(0，1)时，h′(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0， ∴h(x)在(0，1)为减，在(1，＋∞)为增， ∴h(x)min＝h(1)＝2e， ∴a≤2e.
[破题技法] 由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成 立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范 围． (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区 间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围． (3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区 间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
1 2
x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间
是________． [解析] ∵f(x)＝x(ex－1)－12x2，
∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0.
当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0.
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
D．(1，2)
[解析]
函数f(x)＝x2－5x＋2ln
x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋
2 x
＝
2x2－5x＋2 x
＝
（x－2）（2x－1） x
＞0，解得0＜x＜
1 2
或x＞2，故函数f(x)的单调递
增区间是(0，12)和(2，＋∞)．
[答案] C
(2)设函数f(x)＝x(ex－1)－
解析：(1)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，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．