第2节第1课时　导数与函数的单调性.docx

1、第第 2 节节利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的性质 知识梳理 1.函数的单调性与导数的关系 函数 yf(x)在某个区间内可导，则： (1)若 f(x)0，则 f(x)在这个区间内单调递增； (2)若 f(x)0；对于 x0右侧附近的任意 x，都有 f(x)0，那么此时 x0是 f(x)的极大值点. 如果对于 x0左侧附近的任意 x，都有 f(x)0，那么此时 x0是 f(x)的极小值点. 如果 f(x)在 x0的左侧附近与右侧附近均为正号(或均为负号)，则 x0一定不是 y f(x)的极值点. 3.函数的最值与导数 (1)函数 f(x)在a，b上的最值 如果函数 yf(x)的定义域为(

2、a，b且存在最值，函数 yf(x)在(a，b)内可导，那 么函数的最值点要么是区间端点 a 或 b，要么是极值点. (2)求 yf(x)在a，b上的最大(小)值的步骤 求函数 yf(x)在(a，b)内的极值； 将函数 yf(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是 最大值，最小的一个是最小值. 1.若函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f(x)0，所以“f(x)0 在(a，b)上成立”是 “f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数 f(x)， “f(x0)0”是“函数 f(x)在 xx0处有极值”的必要不充分 条件. 3.求最值时

3、，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论， 不可想当然认为极值就是最值. 4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间 没有必然的大小关系. 诊断自测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f(x)0.() (2)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.() (3)函数的极大值一定大于其极小值.() (4)对可导函数 f(x)，若 f(x0)0，则 x0为极值点.() (5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.() 答案

4、(1)(2)(3)(4)(5) 解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有 f(x)0. (3)函数的极大值也可能小于极小值. (4)x0为 f(x)的极值点的充要条件是 f(x0)0，且 x0两侧导函数异号. 2.函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是() A.(0，1B.1，) C.(，1D.1，0)(0，1 答案A 解析由题意知 f(x)2x2 x 2x22 x (x0)， 由 f(x)0，得 0 x1. 3.如图是 f(x)的导函数 f(x)的图像，则 f(x)的极小值点的个数为() A.1B.2C.3D.4 答案A 解析由题意知在 x1 处 f(1)0，且其两侧导数符号为

5、左负右正. 4.(2017浙江卷)函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图像如图所示，则函数 yf(x)的 图像可能是() 答案D 解析设导函数 yf(x)与 x 轴交点的横坐标从左往右依次为 x1，x2，x3，由导函 数 yf(x)的图像易得当 x(，x1)(x2，x3)时，f(x)0(其中 x10 x20 时，f(x)ln(x1) x x10，所以 f(x)在(0， )上单调递增，所以 A 正确. 令 xln(x1)0，所以 x0 或 ln(x1)0，所以 x0，故 f(x)只有 1 个零点 0， 所以 B 不正确； f(x)ln(x1) x x1，所以 f 1 2 ln1 211ln 2

6、，所以 C 正确； 定义域不关于原点对称，所以 f(x)不是偶函数，所以 D 不正确.故选 AC. 6.(2021青岛检测)已知函数 f(x)sin 2x4cos xax 在 R 上单调递减，则实数 a 的取值范围是_. 答案3，) 解析f(x)2cos 2x4sin xa 2(12sin2x)4sin xa 4sin2x4sin x2a(2sin x1)23a. 由题设，f(x)0 在 R 上恒成立. 因此 a3(2sin x1)2恒成立，则 a3. 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 考点一不含参函数的单调性 1.函数 f(x)x22ln x 的递减区间是() A.(0，

7、1)B.(1，) C.(，1)D.(1，1) 答案A 解析f(x)2x2 x 2（x1） （x1） x (x0)， 当 x(0，1)时，f(x)0，f(x)为增函数. 2.函数 f(x)(x3)ex的递增区间是() A.(，2)B.(0，3) C.(1，4)D.(2，) 答案D 解析f(x)(x3)ex(x3)(ex)(x2)ex， 令 f(x)0，解得 x2，故选 D. 3.已知定义在区间(，)上的函数 f(x)xsin xcos x，则 f(x)的递增区间是 _. 答案 ， 2 和 0， 2 解析f(x)sin xxcos xsin xxcos x. 令 f(x)xcos x0， 则其在区

8、间(，)上的解集为 ， 2 0， 2 ， 即 f(x)的单调递增区间为 ， 2 和 0， 2 . 感悟升华确定函数单调区间的步骤： (1)确定函数 f(x)的定义域； (2)求 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，试讨论函数 yf(x)的单调性. 解函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)ax(a1)1 x ax2（a1）x1 x （ax1） （x1） x . 当 0a1， x(0，1)和 1 a，时，f(x)0； x 1，1 a 时，f(x)1 时，01 a0； x 1 a，1时，f(x)0， 函数 f(x)在 0，1

9、 a 和(1，)上单调递增，在 1 a，1上单调递减. 综上，当 0a1 时，函数 f(x)在 0，1 a 和(1，)上单调递增，在 1 a，1上单调递减. 感悟升华1.(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. (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. 2.个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如 f(x)x3，f(x)3x20(f(x)0 在 x0 时取到)，f(x)在 R 上是增函数. 【训练 1】已知函数 f(x)axln x(aR)，求 f(x)的单调区间. 解由已知得 f(x)a1 x a

10、x1 x (x0)， 当 a0 时，由于 x0，故 ax10，f(x)0， 所以 f(x)的单调递增区间(0，). 当 a0，在区间 1 a，上，f(x)0， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 0，1 a ，单调递减区间为 1 a，. 考点三根据函数单调性求参数 【例 2】(经典母题)已知 x1 是 f(x)2xb xln x 的一个极值点. (1)求函数 f(x)的单调递减区间； (2)设函数 g(x)f(x)3a x ，若函数 g(x)在区间1，2内单调递增，求实数 a 的取 值范围. 解(1)f(x)2xb xln x，定义域为(0，). f(x)2 b x2 1 x 2x2xb x2

11、 . 因为 x1 是 f(x)2xb xln x 的一个极值点， 所以 f(1)0，即 2b10. 解得 b3，经检验，适合题意，所以 b3. 所以 f(x)2 3 x2 1 x 2x2x3 x2 ， 令 f(x)0，得 0 x0)， g(x)21 x a x2(x0). 因为函数 g(x)在1，2上单调递增， 所以 g(x)0 在1，2上恒成立， 即 21 x a x20 在1，2上恒成立， 所以 a2x2x 在1，2上恒成立， 所以 a(2x2x)max，x1，2. 因为在1，2上，(2x2x)max3，所以 a3. 所以实数 a 的取值范围是3，). 【迁移 1】本例(2)中，若函数 g

12、(x)在区间1，2上单调递减，求实数 a 的取值范 围. 解依题意 g(x)21 x a x2在1，2上满足 g(x)0 恒成立， 当 x1，2时，a2x2x 恒成立， 又 t2x2x2 x1 4 2 1 8，x1，2是减函数， 当 x2 时，t2x2x 取得最小值10. 所以 a10，即实数 a 的取值范围为(，10. 【迁移 2】在本例(2)中，若函数 g(x)在区间1，2上不单调，求实数 a 的取值范 围. 解函数 g(x)在区间1，2上不单调， g(x)0 在区间(1，2)内有解， 则 a2x2x2 x1 4 2 1 8在(1，2)内有解， 易知该函数在(1，2)上是减函数， a2x2

13、x 的值域为(10，3)， 因此实数 a 的取值范围为(10，3). 感悟升华1.(1)已知函数的单调性， 求参数的取值范围， 应用条件 f(x)0(或 f(x) 0)，x(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求 解)，应注意参数的取值是 f(x)不恒等于 0 的参数的范围.(2)如果能分离参数，则 尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系. 2.若函数 yf(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为 f(x)0 在(a，b)上有解. 【训练 2】 已知 g(x)2 xx 22aln x 在1，2上是减函数，则实数 a 的取值范围 为_. 答案 ，7 2 解析g

14、(x) 2 x22x 2a x ， 由已知得 g(x)0 在1，2上恒成立， 可得 a1 xx 2在1，2上恒成立. 又当 x1，2时， 1 xx 2 min 1 24 7 2. a7 2. 考点四与导数有关的函数单调性的应用 角度 1比较大小 【例 3】 (多选题)(2021重庆抽测)定义在 0， 2 上的函数 f(x)，已知 f(x)是它的 导函数，且恒有 cos xf(x)sin xf(x)0 成立，则有() A.f 6 2f 4B. 3f 6 f 3 C.f 6 3f 3D. 2f 6 3f 4 答案CD 解析构造函数 g(x)f（x） cos x 0 x 2 .则 g(x)f（x）c

15、os xf（x）sin x （cos x）2 0， 即函数 g(x)在 0， 2 上单调递减， 所以 g 6 g 3 ， 所以 f 6 3f 3 ， 同理， g 6 g 4 ，即2f 6 3f 4 ，故选 CD. 角度 2解不等式 【例 4】已知 f(x)在 R 上是奇函数，且 f(x)为 f(x)的导函数，对任意 xR，均有 f(x)f（x） ln 2 成立，若 f(2)2，则不等式 f(x)2x 1 的解集为() A.(2，)B.(2，)C.(，2)D.(，2) 答案D 解析f(x)f（x） ln 2 f(x)ln 2f(x)0. 令 g(x)f（x） 2x ，则 g(x)f（x）f（x）

16、ln 2 2x ， g(x)2x 1f（x） 2x 1 2g(2)， 所以 x2. 感悟升华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；题目中若存 在 f(x)与 f(x)的不等关系时，常构造含 f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设 形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式. 【训练 3】 (1)(2021新高考 8 省联考)已知 a5 且 ae55ea， b4 且 be44eb， c3 且 ce33ec，则() A.

17、cbaB.bca C.acbD.abf(x)，且 f(x)2 021 为奇函数，则不等式 f(x)2 021ex0 的解集为() A.(，0)B.(0，)C. ，1 eD. 1 e， 答案(1) D(2)B 解析(1)法一由已知e 5 5 e a a ，e 4 4 e b b ，e 3 3 e c c ， 设 f(x)e x x ， 则 f(x)（x1）e x x2 ， 所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增， 所以 f(3)f(4)f(5)，即 f(c)f(b)f(a)，作出 f(x)的示意图，所以 abe 4 4 e 3 3 ，由图可知 abf(x)，所以 g(x)0，

18、所以函数 g(x)在 R 上单调递减. 因为 f(x)2 021 为定义在 R 上的奇函数，所以 f(0)2 0210， 所以 f(0)2 021，则 g(0)2 021， 所以不等式 f(x)2 021ex0 等价于 g(x)0， 所以不等式 f(x)2 021ex0 的解集为(0，). 以“函数凹凸性”为背景的导数问题 一般地，函数 f(x)的定义域为 R，若x1，x2R(x1x2)，都有f（x1）f（x2） 2 f x1x2 2，则 f(x)为凸函数，其图像向上凸出；若x1，x2R(x1x2)，都有 f（x1）f（x2） 2 f x1x2 2，则 f(x)为凹函数，其图像向下凸出. 【典

19、例】(2020青岛检测)丹麦数学家琴生是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的 巨人，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.设函数 f(x) 在(a， b)上的导函数为 f(x)，f(x)在(a， b)上的导函数为 f(x)，若在(a，b)上 f(x)0 恒成立，则称函数 f(x)在(a，b)上为“严格凸函数”.已知 f(x)exxln xm 2 x2在 (1，4)上为“严格凸函数” ，则实数 m 的取值范围是() A.(，2e1B.e1，) C. e41 4，D.(e，) 答案C 解析因为 f(x)exxln xm 2 x2， 所以 f(x)exln x1mx， 所以 f(x)

20、ex1 xm. 因为 f(x)exxln xm 2 x2在(1，4)上为“严格凸函数” ， 所以 f(x)ex1 xmex1 x在(1，4)上恒成立. 令 g(x)ex1 x，x(1，4)，所以 g(x)e x1 x20， 所以 g(x)在(1，4)上单调递增，所以 g(x)e41 4， 所以 me41 4， 即实数 m 的取值范围是 e41 4，. 思维升华1.f(x)exxln xm 2 x2在(1，4)上为“严格凸函数” ，等价于 f(x)0， 且x1，x2R(x1x2)，f(x1)f(x2)2f x1x2 2，则下列选项中一定正确的是() A.f(2)f(e)f() B.f()f(e)

21、f(2) C.f(2)f(2)f(3)f(3) D.f(3)f(3)f(2)0，所以 f(x)在 R 上单调递增. x1，x2R(x1x2)，恒有 f(x1)f(x2)2f x1x2 2， 即f（x1）f（x2） 2 f x1x2 2， 所以 yf(x)的图像是向上凸起的，大致图像如图所示. 由图可知 f(2)f(e)f()，故 A 项正确. 因为 f(x)反映了函数 f(x)图像上各点处的切线的斜率， 由图可知，随着 x 的增大，f(x)的图像越来越平缓，即切线的斜率越来越小， 所以 f()f(e)f(2)，故 B 项正确. 因为 f(3)f(2)f（3）f（2） 32 表示点 A(2，f(

22、2)与 B(3，f(3)连线所在直线的斜 率 kAB，所以结合图可知 f(3)kABf(2)，故 D 正确. 显然只有 f(2)f(2)f(3)0；在(0，)上，f(x)0，选项 D 满足. 2.函数 f(x)3xln x 的单调递减区间是() A. 1 e，eB. 0，1 e C. ，1 eD. 1 e， 答案B 解析因为函数 f(x)的定义域为(0， )， 且 f(x)ln xx1 xln x1， 令 f(x)0， 解得 0 x1 2 B.0a 1 16或 1 2a 1 16 答案D 解析f(x)2ax4a1 x 2ax24ax1 x ， 令 g(x)2ax24ax1， 则函数 g(x)2

23、ax24ax1 的对称轴方程为 x1， 若 f(x)在(1，4)上不单调，则 g(x)在区间(1，4)上有零点. 当 a0 时，显然不成立； 当 a0 时，只需 a0， g（1）2a10， 或 a0， g（4）16a1 1 16或 a 1 16是 f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件. 4.已知 f(x)是定义在区间(0， )内的函数， 其导函数为 f(x)， 且不等式 xf(x)2f(x) 恒成立，则() A.4f(1)f(2) C.f(1)4f(2) 答案B 解析设函数 g(x)f（x） x2 (x0)， 则 g(x)x 2f（x）2xf（x） x4 xf（x）2f（x） x3

24、 g(2)， 即f（1） 12 f（2） 22 ，所以 4f(1)f(2). 5.已知函数f(x)1 3x 34x2ex2ex， 其中e为自然对数的底数， 若f(a1)f(2a2) 0，则实数 a 的取值范围是() A.(，1B. 1 2， C. 1，1 2D. 1，1 2 答案D 解析f(x)x242ex2e xx242 4exexx20， f(x)在R上是增函数. 又 f(x)1 3x 34x2ex2exf(x)，知 f(x)为奇函数. 故 f(a1)f(2a2)0f(a1)f(2a2)， a12a2，解之得1a1 2. 6.(多选题)(2021重庆调研)已知函数 f(x)的定义域为 R，

25、其导函 数 f(x)的图像如图所示，则对于任意的 x1，x2R(x1x2)，下列 结论正确的是() A.f(x)0 恒成立 B.(x1x2)f(x1)f(x2)0 C.f x1x2 2f（x 1）f（x2） 2 D.f x1x2 2f（x1）f（x2） 2 答案BD 解析由导函数的图像可知，导函数 f(x)的图像在 x 轴下方，即 f(x)0，故原 函数为减函数，并且递减的速度是逐渐减慢.所以 f(x)的示意图如图所示： f(x)0 恒成立，没有依据，故 A 不正确； B 表示(x1x2)与f(x1)f(x2)异号，即 f(x)为减函数，故 B 正确； C，D 左边的式子意义为 x1，x2中点

26、对应的函数值，即图中点 B 的纵坐标值， 右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点 A 的纵坐标值，显然有左边小于 右边，故 C 不正确，D 正确. 二、填空题 7.已知 a 为实数，f(x)ax33x2，若 f(1)3，则函数 f(x)的单调递增区间 为_. 答案 2 2 ， 2 2 解析f(x)ax33x2，则 f(x)3ax23， 又 f(1)3a33，解得 a2， f(x)6x23，由 f(x)0，解得 2 2 x0)， 令 f(x)0，得 x1 2； 令 f(x)0，得 0 x1 2. 依题意， k10， k11 2k1， 解之得 1k0 时，有xf（x）f（x） x2 0 的解集是

27、_. 答案(，2)(0，2) 解析令(x)f（x） x ， 当 x0 时， f（x） xxf（x）f（x） x2 0， (x)f（x） x 在(0，)上为减函数， 又 f(2)0，即(2)0， 在(0，)上，当且仅当 0 x0， 此时 x2f(x)0. 又 f(x)为奇函数，h(x)x2f(x)也为奇函数， 由数形结合知 x(，2)时，f(x)0. 故 x2f(x)0 的解集为(，2)(0，2). 三、解答题 10.已知函数 f(x)ln xk ex (k 为常数)，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平 行. (1)求实数 k 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解(

28、1)f(x) 1 xln xk ex (x0). 又由题意知 f(1)1k e 0，所以 k1. (2)由(1)知，f(x) 1 xln x1 ex (x0). 设 h(x)1 xln x1(x0)， 则 h(x) 1 x2 1 x0， 所以 h(x)在(0，)上单调递减. 由 h(1)0 知，当 0 x0，所以 f(x)0； 当 x1 时，h(x)0，所以 f(x)0). 当 0 x2 时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 1x2 时，f(x)0 时恒成立， 所以 a1 2(x 22x)1 2(x1) 21 2恒成立. 令(x)1 2(x1) 21 2，x(0，)， 则其最小值为1 2.

29、所以当 a1 2时，g(x)0 恒成立. 又当 a1 2时，g(x) （x1）2 x ， 当且仅当 x1 时，g(x)0. 故当 a ，1 2 时，g(x)f(x)ax 在(0，)上单调递增. B 级能力提升 12.已知 aln 3 3，be 1，c3ln 2 8 ，则 a，b，c 的大小关系为() A.bcaB.acb C.abcD.bac 答案D 解析依题意，得 aln 3 3ln 3 3 ，be 1ln e e ，c3ln 2 8 ln 8 8 . 令 f(x)ln x x (x0)，则 f(x)1ln x x2 ，易知函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e， )上单调递减. 所以

30、 f(x)maxf(e)1 eb，且 f(3)f(8)，即 ac，所以 bac. 13.(多选题)(2021日照模拟)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1， 其导函数f(x) 满足 f(x)m1，则下列成立的有() A.f 1 m 1m m B.f 1 m 1 C.f 1 m1 1 m1 D.f 1 m1 0 答案AC 解析由已知条件，构造函数 g(x)f(x)mx，xR，则 g(x)f(x)m0，所 以函数 g(x)f(x)mx 在 R 上单调递增，且1 m0，g 1 m g(0)， 故 f 1 m 11， 所以 f 1 m 0， 故 B 错误； 又1 m1， 1m m 0， 所以 f

31、1 m 1m m ， 故 A 正确； 1 m1 0，故 g 1 m1 g(0)，所以 f 1 m1 m m11，即 f 1 m1 1 m10，故 C 正确，D 错误，故选 AC. 14.已知函数 f(x)ex(exa)a2x，其中参数 a0. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)0，求 a 的取值范围. 解(1)函数 f(x)的定义域为(，)，且 a0. f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa). 若 a0，则 f(x)e2x，在(，)上单调递增. 若 a0，则由 f(x)0，得 xln a 2 . 当 x ，ln a 2 时，f(x)0. 故 f(x)在 ，ln a 2 上单调递减， 在区间 ln a 2 ， 上单调递增. (2)当 a0 时，f(x)e2x0 恒成立. 若 aa2e 3 4时，f(x)0. 综上，a 的取值范围是2e 3 4，0.