【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时学案
第 11 讲 导数在研究函数中的应用
第 1 课时 利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数的关系
1．概念辨析
(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)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)上的任何子区间内都不恒为零．( )
答案 (1)× (2)√ (3)√
2．小题热身
(1)如图是函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )
A．在区间(－2,1)上 f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上 f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上 f(x)是增函数
D．当 x＝2 时，f(x)取到极小值
答案 C
解析 观察 y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)
上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当 x＝2 时，f(x)取到极大值，故只有 C 正
确．
(2)f(x)＝x3－6x2 的单调递减区间为( )
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
答案 A
解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由 f′(x)<0 得 0
0 时，函数 f(x)单调递增，此
时由不等式 f′(x)＝(x－2)ex>0，解得 x>2.
(4)已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________．
答案 3
解析 由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立，即 a≤3x2 对 x
∈[1，＋∞)恒成立，所以 a≤3.
经检验 a＝3 也满足题意，所以 a 的最大值是 3.
题型 一 不含参数的函数的单调性
1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( )
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在 0，1
e 上单调递增
D．在 0，1
e 上单调递减
答案 D
解析 f′(x)＝x′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1.
由 f′(x)＝0 得 x＝1
e
，
当 x∈ 0，1
e 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当 x∈
1
e
，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故只有 D 正确．
2．函数 f(x)＝ 3x
x2＋1
的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞)
答案 B
解 析 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 R ， f′(x) ＝ 31－x2
x2＋12
＝ 31－x1＋x
x2＋12 . 要 使
f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得 x∈(－1,1)．
3．(2019·江西金溪一中等校联考)已知函数 f(x)与 f′(x)的图象如图所示，则
函数 g(x)＝fx
ex
的单调递减区间为( )
A．(0,4) B．(－∞，1)，
4
3
，4
C. 0，4
3 D．(0,1)，(4，＋∞)
答案 D
解析 由题图可知，先减后增的那条曲线为 f′(x)的图象，先增后减最后增
的曲线为 f(x)的图象．
因为 g(x)＝fx
ex
，所以 g′(x)＝f′xex－fxex
ex2
＝f′x－fx
ex
，由图象可知，当
x∈(0,1)和(4，＋∞)时，f′(x)0，函数 f(x)为增函数，
当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数 f(x)为减函数．
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
确定不含参数的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，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
1.(2017·浙江高考)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则函数 y
＝f(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上
是先增后减再增．故选 D.
2.已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( )
A. 0，1
2 和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C. 0，1
2 和(2，＋∞) D．(1,2)
答案 C
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－22x－1
x >0，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是
0，1
2 和(2，＋∞).
3.(2019·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsinx＋cosx，则 f(x)
的单调递增区间是________．
答案 －π，－π
2 和 0，π
2
解析 因为 f(x)＝xsinx＋cosx，所以 f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.
令 f′(x)>0，得 xcosx>0.又因为－π2，令 f′(x)＝0，得
x＝a－ a2－4
2
或 x＝a＋ a2－4
2 .
当 x∈ 0，a－ a2－4
2 ∪
a＋ a2－4
2
，＋∞ 时，f′(x)<0；
当 x∈
a－ a2－4
2
，a＋ a2－4
2 时，f′(x)>0.
所以 f(x)在 0，a－ a2－4
2 ，
a＋ a2－4
2
，＋∞ 上单调递减，在
a－ a2－4
2
，a＋ a2－4
2 上单调递增．
条件探究 1 若举例说明中的函数变为 f(x)＝ax2－a－ln x，应如何解答？
解 由题意得 f′(x)＝2ax－1
x
＝2ax2－1
x (x>0)．
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；
当 x∈
1
2a
，＋∞
时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
条件探究 2 若举例说明中的函数变为 f(x)＝x－2
x
＋1－aln x(a>0)，应如何
解答？
解 由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1＋2
x2
－a
x
＝
x2－ax＋2
x2 .设 g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0 的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，
即 00 都有 f′(x)≥0.此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函
数．②当Δ>0，即 a>2 2时，方程 g(x)＝0 有两个不同的实根 x1＝a－ a2－8
2
，x2
＝a＋ a2－8
2
，02 时，f′(x)＝0 有两个实根.
1．已知函数 f(x)＝1
3x3－(2m＋1)x2＋3m(m＋2)x＋1，其中 m∈R，求函数 f(x)
的单调递增区间．
解 f′(x)＝x2－2(2m＋1)x＋3m(m＋2)
＝(x－3m)(x－m－2)．
当 3m＝m＋2，即 m＝1 时，f′(x)＝(x－3)2≥0，
∴f(x)单调递增，即 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当 3m>m＋2，即 m>1 时，由 f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0 可得 x3m，
此时 f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)．
当 3m0，可得 x<3m 或 x>m
＋2，
此时 f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．
综上所述，当 m＝1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当 m>1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)；
当 m<1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)．
2．已知函数 f(x)＝e2x－aex－a2x，讨论函数 f(x)的单调性．
解 函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex
－a)．
①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln a，
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若 a<0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln
－a
2 .
当 x∈ －∞，ln
－a
2 时，f′(x)<0；
当 x∈ ln
－a
2 ，＋∞ 时，f′(x)>0.
故 f(x)在 －∞，ln
－a
2 上单调递减，
在 ln
－a
2 ，＋∞ 上单调递增．
题型 三 函数单调性的应用问题
角度 1 比较大小或解不等式
1．(1)(2019·武汉模拟)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝
f′(x)，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，若 a＝fe
e
，b＝fln 2
ln 2
，c＝f－3
－3
，则 a，b，
c 的大小关系正确的是( )
A．af
π
3 的 x0 的取值范
围为________．
答案 (1)D (2)
－π
2
，－π
3 ∪
π
3
，π
2
解析 (1)设 g(x)＝fx
x
，则 g′(x)＝xf′x－fx
x2
，
∵当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0.
∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由 f(x)为奇函数，知 g(x)为偶函数，则 g(－3)＝g(3)，
又 a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)，
∴g(3)f
π
3 ，知π
30，求函数 f(x)的单调区间；
③设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求
实数 a 的取值范围．
答案 (1)A (2)见解析
解析 (1)∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－9
x
，
∴由 f′(x)≤0 解得 00， a＋1≤3，
解得 10)，
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，
a)．
③g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在 x∈(－2，－1)，
使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2<0 成立，
即 x∈(－2，－1)时，
a< x＋2
x max＝－2 2，
当且仅当 x＝2
x
，即 x＝－ 2时等号成立．
所以满足要求的 a 的取值范围是(－∞，－2 2)．
1.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．常见构造的辅
助函数形式有：
(1)f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)；
(2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′；
(3)xf′(x)－f(x)→
fx
x ′；
(4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′；
(5)f′(x)－f(x)→
fx
ex ′.
2.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．如举例说
明 2(2)．
(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．如举例说明 2(1).
1．已知 y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有 f′(x)＋fx
x >0，则对于任意
的 a，b∈(0，＋∞)，当 a>b 时，有( )
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b)0⇒xf′x＋fx
x >0⇒[xfx]′
x >0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0，
∴[xf(x)]′>0，即函数 y＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，由 a，b∈(0，＋∞)且 a>b，
得 af(a)>bf(b)，故选 B.
2．若函数 f(x)＝x3
3
－a
2x2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数 a 的取值范围为
( )
A.
5
2
，10
3 B.
5
2
，＋∞
C.
10
3
，＋∞
D．[2，＋∞)
答案 B
解析 若函数 f(x)＝x3
3
－a
2x2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则 f′(x)＝x2－ax
＋1≤0 在[1,2]上恒成立，即 a≥x＋1
x
在[1,2]上恒成立，又当 x∈[1,2]时， x＋1
x max
＝2＋1
2
＝5
2
，所以 a≥5
2.故选 B.
3．若函数 f(x)＝x3－12x 在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数 k 的
取值范围是________．
答案 (－3，－1)∪(1,3)
解析 f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，
＋∞)，由 f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是
单调函数，所以 k－1<－2
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