高考数学一轮复习导数与函数的单调性

1 第十一节导数与函数的单调性

[考纲传真](教师用书独具)了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究

函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．

(对应学生用书第32页)

[基础知识填充]

函数的导数与单调性的关系

函数y＝f(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，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．

[知识拓展]

1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必

要条件．

2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对?x∈(a，b)，都有

f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．

[基本能力自测]

1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有

f′(x)>0.()

(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调

性．()

(3)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．()

[答案](1)×(2)√(3)×

2．f(x)＝x3

－6x2

的单调递减区间为()

A．(0,4)B．(0,2)

C．(4，＋∞) D．(－∞，0)

A[f′(x)＝3x2

－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0

∴递减区间为(0,4)．]

2 3．(教材改编)如图2-11-1所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中

正确的是() 【导学号：79170063】

图2-11-1

A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数

B．函数f(x)在区间(1,3)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(3,4)上是增函数

A[当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正

确．]

4．(2015·陕西高考)设f(x)＝x－sin x，则f(x)()

A．既是奇函数又是减函数

B．既是奇函数又是增函数

C．是有零点的减函数

D．是没有零点的奇函数

B[因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C．又因为

f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B．]

5．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图2-11-2所示，则函

数y＝f(x)的图象可能是()

图2-11-2

3 D[观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，

大于0，小于0，大于0，

∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．

观察选项可知，排除A、C．

如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x

1，x

2，x

3，且x

1，x

3是极

小值点，x

2是极大值点，且x

2>0，故选项D正确．

故选D．]

(对应学生用书第32页)

判断或证明函数的单调性

已知函数f(x)

＝ln x

－ax2

＋(2

－a)x.

讨论f(x)

的单调性．

[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝1

x－2ax＋2－a

＝－2x＋1ax－1

x.

①若a≤0，则f′(x)＞0.

所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝1

a，

且当x∈0，1

a时，f′(x)＞0，

4 当x∈1

a，＋∞

时，f′(x)＜0.

所以f(x)在0，1

a上单调递增，

在1

a，＋∞

上单调递减．

综上所述，当a≤0时，

函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a＞0时，函数f(x)在0，1

a上单调递增，

在1

a，＋∞上单调递减．

[规律方法]用导数证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤

一求：求f′(x)；

二定：确认f′(x)在(a，b)内的符号；

三结论：作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．

易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集

的影响进行分类讨论．

[变式训练1](2016·四川高考节选)设函数f(x)＝ax2

－a－ln x，g(x)＝1

x－e

ex，其中

a∈R，e＝2.718,为自然对数的底数．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x>1时，g(x)>0. 【导学号：79170064】

[解](1)由题意得f′(x)＝2ax－1

x＝2ax2

－1

x(x>0). 2分

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．

当a>0时，由f′(x)＝0有x＝1

2a，

当x∈0，1

2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；5分

当x∈1

2a，＋∞

时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 7分

(2)证明：令s(x)＝ex

－1

－x，则s′(x)＝ex

－1

－1. 9分

当x>1时，s′(x)>0，所以ex

－1

>x，

5 从而g(x)＝1

x－1

ex

－1>0. 12分

求函数的单调区间

(2016·

天津高考节选)

设函数f(x)

＝x3

－ax

－b

，x

∈R，其中a

，b

∈R.

求f(x)

的单调区间．

[解]由f(x)＝x3

－ax－b，可得f′(x)＝3x2

－A．

下面分两种情况讨论：

①当a≤0时，有f′(x)＝3x2

－a≥0恒成立，

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). 5分

②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝3a

3或x＝－3a

3.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x

－∞，－3a

3－3a

3－3a

3，3a

33a

33a

3，＋∞

f′(x)＋

0－

0＋

f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增

所以f(x)的单调递减区间为

－3a

3，3a

3，单调递增区间为

－∞，－3a

3，

3a

3，＋∞. 12分

[规律方法]求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间；

(4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间．

[变式训练2]已知函数f(x)＝(－x2

＋2x)ex

，x∈R，e为自然对数的底数，则函数

f(x)的单调递增区间为________．

(－2，2)[因为f(x)＝(－x2

＋2x)ex

，

所以f′(x)＝(－2x＋2)ex

＋(－x2

＋2x)ex

＝(－x2

＋2)ex

.

令f′(x)＞0，即(－x2

＋2)ex

＞0，

6 因为ex

＞0，所以－x2

＋2＞0，解得－2＜x＜2，

所以函数f(x)的单调递增区间为(－2，2)．]

已知函数的单调性求参数

已知函数f(x)

＝x3

－ax

－1.

若f(x)

在R

上为增函数，求实数a

的取值范围．

[解]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]．

[母题探究1](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求

a的取值范围．

[解]因为f′(x)＝3x2

－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，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]．

[母题探究2](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a

的取值范围．

[解]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)上为减函数．

[母题探究3](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的

取值范围．

[解]∵f(x)＝x3

－ax－1，∴f′(x)＝3x2

－A．由f′(x)＝0，得x＝±3a

3(a≥0)．

∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜3a

3＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为

(0,3)．

[规律方法]根据函数单调性求参数的一般方法

(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应

单调区间的子集．