1、第2讲导数与函数的单调性1函数的导数与单调性的关系条件函数yf(x)在某个区间(a，b)上可导结论(1)若f(x)0，则f(x)在区间(a，b)上单调递增(2)若f(x)0，则f(x)在区间(a，b)上单调递减(3)若f(x)0，则f(x)在区间(a，b)上是常数函数2由导数求单调区间的一般步骤(1)求函数f(x)的定义域.(2)求导函数f(x)，适当变形(化为积、商)(3)解方程f(x)0.(若f(x)0无解，可考虑f(x)0(或0(0，解得x1.故选D.3函数f(x)x22ln x的单调递减区间是()A(0,1) B(1，)C(，1) D(1,0)(0,1)答案A解析函数f(x)x22ln
2、 x的定义域为(0，)，f(x)2x，由f(x)0得x1或x1(舍去)，当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增故选A4(2021大连二模)已知函数f(x)sinxax，对于任意实数x1，x2，且x1x2，都有1Ca1 Da1答案D解析由题意知，f(x)在定义域内是单调递减函数，f(x)cosxa0恒成立，即cosxa在xR上恒成立，a1.故选D.5已知函数f(x)x2(xa)(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是_；(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是_.答案(1)(，3(2)解析由f(x)x3ax2，得f(x)3x22ax3x.(1)若f(x)
3、在(2,3)上单调递减，则有3，解得a；若f(x)在(2,3)上单调递增，则有2，解得a3，所以若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是(，3.(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则有可得3a0，即8x0，解得x，函数y4x2的单调递增区间为.故选B.(2)(2021新高考卷节选)已知函数f(x)x(1ln x)讨论f(x)的单调性解因为f(x)x(1ln x)，所以f(x)的定义域为(0，)，f(x)1ln xxln x.当x(0,1)时，f(x)0；当x(1，)时，f(x)0.所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减(3)(2021上饶二模)已知函数f(x)
4、2exsinx(e是自然对数的底数)，求f(x)的单调区间解f(x)2ex(sinxcosx)2exsin，由f(x)0，解得2kx0，解得2kx0或f(x)0(f(x)0)的解集确定函数f(x)的单调递增(减)区间若不等式中带有参数，可分类讨论求得单调区间方法二：当方程f(x)0可解时，确定函数的定义域，解方程f(x)0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间1.函数f(x)x2的单调递增区间是_；单调递减区间是_.答案(，0)(0,1)解析f(x)的定义域为
5、x|x1，f(x)1.令f(x)0，得x0.当0x1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)2求函数f(x)e2xe(2x1)的单调区间解f(x)2e2x2e2e(e2x11)，令f(x)0，解得x，x，f(x)，f(x)的变化如下： xf(x)0f(x)极小值f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.考向二利用导数研究函数(含参)的单调区间例2(1)(2021全国乙卷)已知函数f(x)x3x2ax1.讨论f(x)的单调性；求曲线yf(x)过坐标原点的切线与曲线yf(x)的公共点的坐标解由题意知f(x)的定义域为R，f(x)3x22xa，对于f(x)0
6、，(2)243a4(13a)()当a时，f(x)0，f(x)在R上单调递增；()当a0，则xx2；令f(x)0，则x1xx2.所以f(x)在(，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，)上单调递增综上，当a时，f(x)在R上单调递增；当a0，试讨论函数g(x)的单调性解因为g(x)ln xax2(2a1)x，所以g(x).由题意知函数g(x)的定义域为(0，)，若，由g(x)0得x1或0x，由g(x)0得x1，即0a0得x或0x1，由g(x)0得1x，即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；若1，即a，则在(0，)上恒有g(x)0，即函数g(x)在(0，)上单调递
7、增综上可得，当0a时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，)上单调递增 (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3.(2020全国卷节选)已知函数f(x)x3kxk2，讨论f(x)的单调性解由题意，得f(x)3x2k，当k0时，f(x)0恒成立，所
8、以f(x)在(，)上单调递增；当k0时，令f(x)0，得x ，令f(x)0，得 x，令f(x)0，得x 或x，所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增4(2021贵阳模拟)已知函数f(x)(m0)，其中e为自然对数的底数讨论函数f(x)的单调性解由题得f(x)，当m0，即1m1时，f(x)0，f(x)在R上单调递减；当m0，即1m1时，令f(x)0得x1m或x1，令f(x)0得1mx1，f(x)在(，1m)，(1，)上单调递减，在(1m,1)上单调递增综上，当m0时，f(x)在R上单调递减；当m0时，f(x)在(，1m)，(1，)上单调递减，在(1m,1)上单调递增多角度探究突破考向三利用导数
9、解决函数单调性的应用问题角度比较大小或解不等式例3(1)(2021全国乙卷)设a2ln 1.01，bln 1.02，c1，则()Aabc BbcaCbac Dcab，故排除A，D.令f(x)2ln (1x)(1)(x0)，则f(x)，因为当0x2时，x22x，所以当0x2时，12xx212x2x，即1x，所以当0x0，f(x)单调递增，所以f(0.01)f(0)0，所以ac.同理，令g(x)ln (12x)(1)(x0)，则g(x)，因为当x0时，(12x)214x，所以当x0时，g(x)0，所以g(0.01)b.综上acb，选B.(2)(2021青海西宁大通县一模)已知定义在R上的函数f(x
10、)满足f(2)20，且f(x)的导函数f(x)满足f(x)6x22，则不等式f(x)2x32x的解集为()Ax|x2 Bx|x2Cx|x2 Dx|x2答案B解析令g(x)f(x)2x32x，则g(x)f(x)6x220，所以g(x)在R上单调递增因为g(2)f(2)223220，故原不等式等价于g(x)g(2)，所以x2，所以不等式的解集为x|x2故选B. 利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式5.(2021潍坊二模)设函数f(x)为奇函数，且当x0时，f(x)excosx，
11、则不等式f(2x1)f(x2)0的解集为()A(，1) BC D(1，)答案D解析根据题意，当x0时，f(x)excosx，此时有f(x)exsinx0，则f(x)在0，)上为增函数，又f(x)为R上的奇函数，故f(x)在R上为增函数f(2x1)f(x2)0f(2x1)f(x2)f(2x1)f(2x)2x12x，解得x1，即不等式的解集为(1，)6已知函数f(x)sinxcosx2x，af()，bf(2e)，cf(ln 2)，则a，b，c的大小关系是()Aacb BabcCbac Dcba答案A解析因为f(x)cosxsinx2cos20恒成立，所以f(x)在R上单调递减，因为ln 2f(ln
12、 2)f(2e)，即acb.故选A角度根据函数的单调性求参数例4(1)若函数f(x)2x33mx26x在区间(1，)上为增函数，则实数m的取值范围是()A(，1 B(，1)C(，2 D(，2)答案C解析f(x)6x26mx6，由已知条件知x(1，)时，f(x)0恒成立，设g(x)6x26mx6，则g(x)0在(1，)上恒成立解法一：若36(m24)0，即2m2，满足g(x)0在(1，)上恒成立；若36(m24)0，即m2，则解得m2，m2，故m2.故选C(2)已知函数f(x)ln xax22x(a0)若f(x)在1,4上单调递减，求a的取值范围；若f(x)在1,4上存在单调递减区间，求a的取值
13、范围解因为f(x)在1,4上单调递减，所以当x1,4时，f(x)ax20恒成立，即a恒成立设G(x)，x1,4，所以aG(x)max，而G(x)21，因为x1,4，所以，所以G(x)max(此时x4)，所以a，又因为a0，所以a的取值范围是(0，)因为f(x)在1,4上存在单调递减区间，则f(x)有解，又当x1,4时，min1(此时x1)，所以a1，又因为a0，所以a的取值范围是(1,0)(0，) (1)f(x)在区间D上单调递增(减)，只要f(x)0(0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数
14、图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论7.(2021广东佛山模拟)若函数f(x)(e为自然对数的底数)是减函数，则实数a的取值范围是()Aa0 Ba1Ca0 D0a1答案D解析函数f(x)的定义域为R，f(x)，因为函数f(x)是减函数，所以f(x)0恒成立，令g(x)2axax21，则g(x)0恒成立，当a0时，g(x)10，成立；当a0时，要使g(x)0恒成立，则4a24a0，解得0a1，又a0，所以00)，得f(x)x3，函数f(x)在(t，t2)上不单调，f(x)x3在(t，t2)上有变号零点，0在(t，t2)上有解，x23x40在(t，t2)上有解
15、，由x23x40，得x1或x4(舍去)，1(t，t2)，t(1,1)，又f(x)的定义域为(0，)，t0，t0,1)，故实数t的取值范围是0,1)构造法在导数中的应用1(2021湖北仙桃模拟)已知实数a，b满足ae7a,3ln be4ln b，则ab()A3 B4 Ce3 De4答案D解析实数a，b满足ae7a,3ln be4ln b，3ln be7(3ln b)，令f(x)xe7x，则f(x)1e7x0，则f(x)为定义在R上的单调函数，易知f(x)有唯一零点，设为x0，则a3ln bx0，ln ba3，且ln a7a，ln (ab)ln aln b7aa34，abe4.故选D.2(2021
16、益阳模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f(x)，当x0时，f(x)xf(x)0，且f(1)0，则不等式(x22x)f(x)0时，f(x)xf(x)0，所以当x0时，g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)在(，0)上单调递减，又f(1)0，得g(1)0，所以g(1)0，不等式(x22x)f(x)0等价于(x2)g(x)0，所以或即或解得x1或1x2.故选A3(2021洛阳模拟)已知f(x)是函数f(x)的导函数，且对任意实数x都有f(x)f(x)ex(2x1)，f(0)4，则不等式f(x)10ex的解集为()A(2,3)B(3,2)C(，3)(2，)D(，2)(3
17、，)答案A解析令G(x)，则G(x)2x1，可设G(x)x2xc，则G(0)f(0)4，c4，所以G(x)x2x4，不等式f(x)10ex等价于10.所以x2x6，解得2x0)的符号，则构造函数g(x)xnf(x)(n0)(3)若知xf(x)f(x)的符号，则构造函数g(x)；一般地，若知xf(x)nf(x)(n0)的符号，则构造函数g(x)(n0)(4)若知f(x)f(x)的符号，则构造函数g(x)exf(x)；一般地，若知f(x)nf(x)(n0)的符号，则构造函数g(x)enxf(x)(n0)(5)若知f(x)f(x)的符号，则构造函数g(x)；一般地，若知f(x)nf(x)(n0)的符
18、号，则构造函数g(x)(n0)对点训练1(2021襄阳模拟)定义在R上的可导函数f(x)满足f(x)f(x)0，则下列各式一定成立的是()Ae2f(2021)f(2019)Cf(2021)f(2019)答案A解析根据题意，设g(x)exf(x)，其导函数g(x)exf(x)exf(x)exf(x)f(x)，又f(x)f(x)0，则有g(x)0，则函数g(x)在R上为减函数，则有g(2021)g(2019)，即e2021f(2021)e2019f(2019)，即e2f(2021)f(2019). 2f(x)是定义在(0，)上的非负可导函数，且满足xf(x)f(x)0，对任意正数a，b，若a0)，
19、则F(x).因为x0，xf(x)f(x)0，所以F(x)0，故函数F(x)在(0，)上为减函数又0ab，所以F(a)F(b)，即，则bf(a)af(b)3(2021新高考八省联考)已知a5且ae55ea，b4且be44eb，c3且ce33ec，则()Acba BbcaCacb Dabc答案D解析因为ae55ea，a0，同理b0，c0，令f(x)，x0，则f(x)，当0x1时，f(x)1时，f(x)0，故f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，)上为增函数，因为ae55ea，a5，故，即f(5)f(a)，而0a5，故0a1，同理0b1,0cf(4)f(3)，故f(a)f(b)f(c)，所以0ab
20、c0时，y0恒成立，则其在(0，)内为增函数，符合题意；对于C，yx3x，其导数y3x21，在区间上，y0，函数为减函数，不符合题意；对于D，yln xx，其导数yx，在区间(1，)上，y0，函数为减函数，不符合题意故选B.3(2021贵阳市四校第二次联考)已知yxf(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案D解析由题图可知，当x0时，f(x)0，函数f(x)单调递减；当0x0，函数f(x)单调递增；当xb时，f(x)0，即cosxsinx0，x(0，)，0x0恒成立，即a2x，当x0时，由基本不等式可得2x22，当且仅当x时，等号成立，所以a2.因为a|a2a|a2，因此“a2”是
21、“f(x)ln xx2ax在(0，)内单调递增”的充分不必要条件，故选A6(2021潍坊三模)某地区为落实乡村振兴战略，帮助农民脱贫致富，引入一种特色农产品种植，该农产品上市时间仅能维持5个月，预测上市初期和后期会因产品供应不足使价格持续上涨，而中期又将出现供大于求使价格连续下跌经研究，其价格模拟函数为f(t)t(t3)2n(0t5，其中t0表示5月1日，t1表示6月1日，以此类推)，若f(2)6，为保护农户的经济效益，当地政府计划在价格下跌时积极拓宽外销，请你预测该农产品价格下跌的月份为()A5月和6月 B6月和7月C7月和8月 D8月和9月答案B解析f(t)t(t3)2n，f(2)6，f(
22、2)2n6，n4，f(t)t(t3)24，f(t)(t3)22t(t3)3(t1)(t3)，令f(t)0得，1t3，f(t)在(1,3)上单调递减，t1表示6月1日，t2表示7月1日，t3表示8月1日，该农产品价格下跌的月份为6月和7月，故选B.7(2021青岛二中月考)已知定义域为R的函数f(x)的导数为f(x)，且满足f(x)x21的解集是()A(，1) B(1，)C(2，) D(，2)答案D解析令g(x)f(x)x2，则g(x)f(x)2xx21可化为f(x)x21，而g(2)f(2)22341，所以不等式可化为g(x)g(2)，故不等式的解集为(，2)故选D.8(2021四川省宜宾市二
23、模)定义在2,2上的函数f(x)与其导函数f(x)的图象如图所示，设O为坐标原点，A，B，C，D四点的横坐标依次为，1，则函数y的单调递减区间是()A BC D(1,2)答案B解析若虚线部分为函数yf(x)的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象(实线)与x轴有三个交点，不符合题意；若实线部分为函数yf(x)的图象，则该函数有两个极值点，则其导函数图象(虚线)与x轴恰好也只有两个交点，符合题意对函数y求导得y，由y0，得f(x)f(x)，由图象可知，满足不等式f(x)f(x)的x的取值范围是，因此，函数y的单调递减区间为.故选B.二、多项选择题9函数yf(x)的导函数的图象如图所示，则下
24、列说法正确的是()A(0,3)为函数yf(x)的单调递减区间B(5，)为函数yf(x)的单调递增区间C函数yf(x)在x0处取得极大值D函数yf(x)在x5处取得极小值答案BD解析由函数yf(x)的导函数的图象可知，当x1或3x5时，f(x)0，yf(x)单调递减，当1x5时，f(x)0，yf(x)单调递增，由此可知A错误，B正确；函数yf(x)在x1，x5处取得极小值，在x3处取得极大值，因此可知C错误，D正确故选BD.10若函数f(x)ax33x2x1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是()A3 B1 C0 D2答案BD解析依题意知，f(x)3ax26x1有两个不相等的零点，故解得a3
25、且a0.故选BD.11若函数g(x)f(x)ln x在定义域上单调递增，则称函数f(x)具有“Z魔力”，下列函数中具有“Z魔力”的是()Af(x) Bf(x)x1Cf(x) Df(x)ex答案AD解析要使函数f(x)具有“Z魔力”，则g(x)f(x)ln x在定义域上单调递增，即当x(0，)时，g(x)0恒成立，对于A，f(x)，g(x)ln x在定义域上单调递增，故函数f(x)具有“Z魔力”，故A正确；对于B，f(x)x1，g(x)(x1)ln x，g(x)ln x1ln x，当x(0,1)时，g(x)0，g(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)不具有“Z魔力”，故B错误；对于C，f(x
26、)，g(x)，g(x)，当x(e，)时，g(x)0)，h(x)，当x(0,1)时，h(x)0，h(x)在(1，)上单调递增，故h(x)minh(x)极小值h(1)10，即g(x)0恒成立，g(x)在定义域上单调递增，因此函数f(x)具有“Z魔力”，故D正确故选AD.12(2021淄博二模)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是()Aln 2 Bln 3 D答案ACD解析令f(x)ln x，则f(x)，当0x0，当xe时，f(x)0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，故f(x)maxf(e)ln e0，则由f(2)ln 20，得ln 2，故A不正确；由f(3)
27、ln 30，得ln 3，故B正确；由f()ln 0，得ln ，故C不正确；对于D，令g(x)，则g(x)，当0x0，当xe时，g(x)g()，得，化为，故D不正确故选ACD.三、填空题13函数f(x)xln (x)的单调递减区间是_.答案解析函数f(x)xln (x)的定义域为(，0)，f(x)ln (x)1，令f(x)0，解得x0；当x1,0时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0.故f(x)在(，1)，(0，)上单调递增，在1,0上单调递减15(2021昆明诊断)已知函数f(x)x3ax2x1在R上单调递减，则实数a的取值范围是_.答案，解析由题意知f(x)3x22ax10在R上恒成立，
28、所以4a2120，解得a .16(2021长沙质检)若函数f(x)2x2ln x在其定义域的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是_.答案解析f(x)4x(x0)，令f(x)0，得x；令f(x)0，得0x.由题意得解得1k.四、解答题17函数f(x)(x2axb)ex，若f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为6xy50.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的单调区间解(1)f(x)(2xa)ex(x2axb)exx2(2a)xabex，f(0)ab，又f(0)b，f(x)在(0，f(0)处的切线方程为yb(ab)x，即(ab)xyb0，解得(2)由(1)，得f(x)
29、(x2x5)ex，xR，f(x)(x2x6)ex(x2)(x3)ex，当x3时，f(x)0；当2x0，故函数f(x)的单调递增区间是(2,3)，单调递减区间是(，2)，(3，)18已知函数f(x)x2aln x.(1)当a2时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数g(x)f(x)在1，)上单调，求实数a的取值范围解(1)由题意，知函数f(x)的定义域为(0，)，当a2时，f(x)2x，由f(x)0得0x0，当a1时，01，f(x)在区间，(1，)上单调递减，在区间上单调递增；当a1时，0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减综上所述，当a1时，函数f(x)的单调递
30、增区间为，单调递减区间为，(1，)；当a1时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，)20(2020全国卷节选)已知函数f(x)sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：|f(x)|.解(1)f(x)sin2xsin2x2sin3xcosx，则f(x)2(3sin2xcos2xsin4x)2sin2x(3cos2xsin2x)2sin2x(4cos2x1)2sin2x(2cosx1)(2cosx1)，f(x)0在x(0，)上的根为x1，x2，当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减；当x时，f(x)0，f(x)单调递增(2)证明：注意到f(x)sin2(x)sin2(x)sin2xsin2xf(x)，故函数f(x)是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得f(0)f()0，f2，f2，据此可得f(x)max，f(x)min，所以|f(x)|.
