【原】2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3-2　导数与函数的单调性

§3.2　导数与函数的单调性

考试要求　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).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．

知识梳理

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)上单调递增
	f′(x)<0	f(x)在区间(a，b)上单调递减
	f′(x)＝0	f(x)在区间(a，b)上是常数函数

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．

常用结论

1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．

2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．

思考辨析

判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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－sinx在R上是增函数．(　√　)

教材改编题

1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)

答案　C

解析　由f′(x)的图象知，

当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；

当x∈(0，x₁)时，f′(x)<0，∴f(x)单调递减；

当x∈(x₁，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．

2．函数f(x)＝x²－2ln x的单调递减区间是(　　)

A．(0,1)                                             B．(1，＋∞)

C．(－∞，1)                                     D．(－1,1)

答案　A

解析　∵f′(x)＝2x－

＝(x>0)，

令f′(x)＝0，得x＝1(负值舍去)，

∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

3．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f ，f(1)，f 的大小关系为________________．(用“<”连接)

答案　f <f(1)<f 

解析　因为f(x)＝xsin x，当x∈时，f′(x)＝sinx＋xcos x>0，所以函数f(x)在上单调递增，又因为0<<1<<，所以f <f(1)<f .

题型一　不含参函数的单调性

例1　(1)函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________．

答案　(0，e²)

解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝lnx－2，

当x∈(0，e²)时，f′(x)<0，

当x∈(e²，＋∞)时，f′(x)>0，

∴f(x)的单调递减区间为(0，e²)．

(2)若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间为________．

答案　(0,1)

解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝，

令φ(x)＝－lnx－1(x>0)，

φ′(x)＝－－<0，

φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，

∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，

当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，

∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．

思维升华　确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．

跟踪训练1　已知函数f(x)＝x－ln x－.判断函数f(x)的单调性．

解　因为f(x)＝x－ln x－，

所以f′(x)＝1－－＝(x>0)．

令g(x)＝x－e^x，则g′(x)＝1－e^x，

可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，

所以g(x)<g(0)＝－1<0.

所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，

所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．

题型二　含参数的函数的单调性

例2　已知函数f(x)＝(2－a)x－ln x－1，a∈R.

(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；

(2)若a<0，设g(x)＝f(x)＋ax²，求函数g(x)的单调区间．

解　(1)当a＝1时，f(x)＝x－lnx－1，则f′(x)＝1－＝(x>0)，

当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．

(2)g(x)＝ax²＋(2－a)x－ln x－1(a<0)，其定义域为(0，＋∞)，

∴g′(x)＝2ax＋2－a－＝＝(a<0)，

令g′(x)＝0，可得x₁＝，x₂＝－>0，

①若－>，即－2<a<0，

当0<x<或x>－时，g′(x)<0；当<x<－时，g′(x)>0，

∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为；

②若－＝，即a＝－2，则g′(x)≤0，∴g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；

③若0<－<，即a<－2，

当0<x<－或x>时，g′(x)<0；

当－<x<时，g′(x)>0，

∴g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为.

综上，当－2<a<0时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为；

当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；

当a<－2时，g(x)的单调递减区间为，，单调递增区间为.

思维升华　(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．

跟踪训练2　已知函数g(x)＝(x－a－1)e^x－(x－a)²，讨论函数g(x)的单调性．

解　g(x)的定义域为R，

g′(x)＝(x－a)e^x－2(x－a)＝(x－a)(e^x－2)，

令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，

①若a>ln 2，

则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，

当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，

∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减．

②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，

∴g(x)在R上单调递增，

③若a<ln 2，

则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，

当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，

∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．

综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；

当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；

当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减．

题型三　函数单调性的应用

命题点1　比较大小或解不等式

例3　(1)(多选)下列不等式成立的是(　　)

A．2ln <ln 2                                   B.ln <ln 

C．5ln 4<4ln 5                                   D．π>eln π

答案　AD

解析　设f(x)＝(x>0)，

则f′(x)＝，

所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

因为<2<e，

所以f <f(2)，

即2ln <ln 2，故选项A正确；

因为<<e，

所以f()<f()，

即ln >ln ，故选项B不正确；

因为e<4<5，

所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，

故选项C不正确；

因为e<π，

所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确．

(2)已知函数f(x)＝cos x＋e^x＋e^－x－x²，则关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为(　　)

A．(－1,2)

B.

C．(－∞，－1)∪(2，＋∞)

D.∪(4，＋∞)

答案　B

解析　f′(x)＝e^x－e^－x－sinx－x，

令g(x)＝e^x－e^－x－sinx－x，则g′(x)＝e^x＋e^－x－cosx－1≥2－cosx－1＝1－cosx≥0，

当且仅当x＝0时等号成立，

∴函数g(x)在R上单调递增，

又g(0)＝0，

∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，

∴f′(x)≥0，

∴当x∈(－∞，0)时，g(x)<g(0)＝0，

∴f′(x)<0，

∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，

又f(－x)＝f(x)，

∴f(x)为偶函数，

∴关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)可转化为|3＋x|>|2x－1|，解得－<x<4.

即关于x的不等式f(2x－1)<f(3＋x)的解集为.

命题点2　根据函数的单调性求参数

例4　已知函数f(x)＝ln x－ax²－2x(a≠0)．

(1)若f(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围；

(2)若f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

解　(1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．设G(x)＝－，x∈[1,4]，所以a≥G(x)_max，而G(x)＝²－1，

因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)_max＝－(此时x＝4)，所以a≥－，

又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．

(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，

则f′(x)<0在[1,4]上有解，所以当x∈[1,4]时，a>－有解，

又当x∈[1,4]时，_min＝－1(此时x＝1)，

所以a>－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．

思维升华　由函数的单调性求参数的取值范围的方法

(1)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．

(2)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．

跟踪训练3　(1)已知函数f(x)＝－e^x＋2x－x³，若f(3a²)＋f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是________．

答案　－1≤a≤

解析　由题意得f′(x)＝－－e^x＋2－x²＝－＋2－x²，

因为e^x＋≥2＝2，当且仅当x＝0时等号成立，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减，

又f(x)＝－f(－x)，所以f(x)为奇函数，

所以f(3a²)＋f(2a－1)≥0⇒f(3a²)≥－f(2a－1)＝f(1－2a)，

即3a²≤1－2a，解得－1≤a≤.

(2)已知函数f(x)＝－x²－3x＋4ln x在(t，t＋2)上不单调，则实数t的取值范围是________．

答案　[0,1)

解析　由题意，f′(x)＝－x－3＋＝－，x∈(0，＋∞)，

当f′(x)＝0时，有x²＋3x－4＝0，得x＝－4或x＝1，

∵f(x)在(t，t＋2)上不单调，且(t，t＋2)⊆(0，＋∞)，

∴解得t∈[0,1)．

课时精练

1．函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是(　　)

A.                                       B.

C.                                            D．(e，＋∞)

答案　C

解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝1＋lnx，

令f′(x)<0，得0<x<，

所以f(x)的单调递减区间为.

2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示， 则y＝f(x)函数的图象可能是(　　)

答案　D

解析　根据导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；

当x∈(0,2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；

当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，

所以只有D选项符合．

3．(2023·邯郸模拟)已知函数f(x)＝ln x，且a＝f ，b＝f ，c＝，则(　　)

A．a>b>c                                           B．c>a>b

C．a>c>b                                           D．c>b>a

答案　B

解析　由f(x)＝ln x，

得f′(x)＝lnx＋，

当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

因为c＝f ，

0<<<<1，

所以f >f >f ，故c>a>b.

4．已知a∈R，则“a≤2”是“f(x)＝ln x＋x²－ax在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

答案　A

解析　因为f(x)＝lnx＋x²－ax在(0，＋∞)上单调递增，

则f′(x)＝＋2x－a≥0对任意的x>0恒成立，即a≤2x＋，

当x>0时，由基本不等式可得2x＋≥2＝2，当且仅当x＝时，等号成立，

所以a≤2.

因为{a|a≤2}{a|a≤2}，

因此，“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x²－ax在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．

5．(多选)(2023·深圳模拟)若0<x₁<x₂<1，则(　　)

A．－>ln                         B．－<ln 

C．x₂>x₁                                  D．x₂<x₁

答案　AC

解析　令f(x)＝e^x－ln(x＋1)且x∈(0,1)，

则f′(x)＝e^x－>0，

故f(x)在区间(0,1)上单调递增，

因为0<x₁<x₂<1，

所以f(x₁)<f(x₂)，

即－ln(x₁＋1)<－ln(x₂＋1)，

故－>ln ，

所以A正确，B错误；

令f(x)＝且x∈(0,1)，

则f′(x)＝<0，

故f(x)在区间(0,1)上单调递减，

因为0<x₁<x₂<1，

所以f(x₁)>f(x₂)，

即>，

故x₂>x₁，

所以C正确，D错误．

6．(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x₁，x₂(x₁≠x₂)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　)

A．f(x)＝e^x                                         B．f(x)＝x²

C．f(x)＝ln x                                      D．f(x)＝sin x

答案　ACD

解析　依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．

对于A，g(x)＝xe^x，g′(x)＝(x＋1)e^x，

当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，

∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；

对于B，g(x)＝x³在R上单调递增，故B中函数为“F函数”；

对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋lnx，x>0，

当x∈时，g′(x)<0，

∴g(x)在上单调递减，

故C中函数不是“F函数”；

对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sinx＋xcos x，

当x∈时，g′(x)<0，

∴g(x)在上单调递减，

故D中函数不是“F函数”．

7．函数f(x)＝e^－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为________．

答案　

解析　f′(x)＝－e^－xcos x－e^－xsin x＝－e^－x(cos x＋sinx)＝－e^－xsin，

当x∈时，e^－x>0，sin>0，则f′(x)<0；

当x∈时，e^－x>0，sin<0，则f′(x)>0，

∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为.

8．已知函数f(x)＝－2x²＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________．

答案　<a<1

解析　f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，

即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，

即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．

令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，

所以≥h(2)或≤h(1)，

即≥或≤3，

又a>0，所以0<a≤或a≥1.

因为f(x)在[1,2]上不单调，故<a<1.

9．已知函数f(x)＝ae^x－x，a∈R.

(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)试讨论函数f(x)的单调性．

解　(1)因为a＝1，

所以f(x)＝e^x－x，则f′(x)＝e^x－1，

所以f′(1)＝e－1，f(1)＝e－1，

所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－(e－1)＝(e－1)(x－1)，

即y＝(e－1)x.

(2)因为f(x)＝ae^x－x，a∈R，x∈R，

所以f′(x)＝ae^x－1，

当a≤0时，f′(x)＝ae^x－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；

当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln a，

当x<－ln a时，f′(x)<0，当x>－ln a时，f′(x)>0，

所以f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，

在(－lna，＋∞)上单调递增，

综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；

当a>0时， f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．

10．已知a∈R，函数f(x)＝(－x²＋ax)e^x，x∈R.

(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；

(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递增，求实数a的取值范围．

解　(1)当a＝2时，f(x)＝(－x²＋2x)e^x，f′(x)＝－(x²－2)e^x，

令f′(x)>0，即x²－2<0，解得－<x<，

∴f(x)的单调递增区间是(－，)．

(2)f′(x)＝[－x²＋(a－2)x＋a]e^x，若f(x)在(－1,1)上单调递增，

即当－1<x<1时，f′(x)≥0，

即－x²＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1,1)恒成立，

即a≥x＋1－对x∈(－1,1)恒成立，

令y＝x＋1－，则y′＝1＋>0，

∴y＝x＋1－在(－1,1)上单调递增，

∴y<1＋1－＝，

∴a≥，

∴a的取值范围是.

11．(多选)已知函数f(x)＝ln(e^2x＋1)－x，则下列说法正确的是(　　)

A．f(ln 2)＝ln                                    B．f(x)是奇函数

C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增             D．f(x)的最小值为ln 2

答案　ACD

解析　f(ln 2)＝ln(e^{2ln 2}＋1)－ln 2＝ln 5－ln 2＝ln ，A正确；

f(x)＝ln(e^2x＋1)－x＝ln(e^x＋e^－x)定义域为R，其中f(－x)＝ln(e^－x＋e^x)＝f(x)，故f(x)是偶函数，B错误；

f′(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，C正确；

根据f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)是偶函数，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的最小值为f(0)＝ln 2，D正确．

12．已知函数f(x)＝e^x－e^－x＋sin x＋1，实数a，b满足不等式f(3a＋b)＋f(a－1)<2，则下列不等式成立的是(　　)

A．2a＋b<－1                                    B．2a＋b>－1

C．4a＋b<1                                       D．4a＋b>1

答案　C

解析　设g(x)＝e^x－e^－x＋sin x，则g(x)＝f(x)－1，

f(3a＋b)＋f(a－1)<2，即g(3a＋b)＋g(a－1)<0，

∵g(－x)＝e^－x－e^x－sin x＝－g(x)，∴函数g(x)是奇函数，

∵g′(x)＝e^x＋e^－x＋cos x≥2＋cos x＝2＋cos x>0，

∴g(x)是增函数，

∵g(3a＋b)＋g(a－1)<0，∴g(3a＋b)<－g(a－1)＝g(1－a)，

则3a＋b<1－a，即4a＋b<1.

13．(多选)(2023·杭州模拟)已知f(x)＝(a²－1)e^x－1－x²，若不等式f >f 在(1，＋∞)上恒成立，则a的值可以为(　　)

A．－  B．－1  C．1  D.

答案　AD

解析　设y＝x－1－lnx(x>1)，

则y′＝1－>0，

∴y＝x－1－lnx在(1，＋∞)上单调递增，

∴x－1－lnx>0，

∴lnx<x－1，x∈(1，＋∞)，

∴0<lnx<x－1，

∴>>0.

又f >f 在(1，＋∞)上恒成立，

∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴f′(x)＝(a²－1)e^x－1－x≥0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，

即a²－1≥在x∈(1，＋∞)上恒成立．

令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝，

当x>1时，g′(x)<0，

故g(x)<g(1)＝1，

∴a²－1≥1，

解得a≥或a≤－，

∴a的值可以为－，.

14．(2023·蚌埠模拟)若x₁·＝x₂·log₂x₂＝2 024，则x₁x₂的值为________．

答案　2 024

解析　因为x₁·＝x₂·log₂x₂＝2 024，

所以log₂＝x₂·log₂x₂＝2 024，

则>1，x₁>0，x₂>1，

设f(x)＝xlog₂x(x>1)，则f′(x)＝log₂x＋>0，

即f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以＝x₂，

所以x₁x₂＝x₁·＝2 024.