知識梳理
1．函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系
2.利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟
第1步，確定函數(shù)的定義域；
第2步，求出導數(shù)f′(x)的零點；
第3步，用f′(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區(qū)間，列表給出f′(x)在各區(qū)間上的正負，由此得出函數(shù)y＝f(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性．
常用結論
1．若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則x∈(a，b)時，f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則x∈(a，b)時，f′(x)≤0恒成立．
2．若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)>0有解；若函數(shù)f(x)在(a，b)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則x∈(a，b)時，f′(x)0，則f(x)在定義域上一定單調(diào)遞增．( × )
(4)函數(shù)f(x)＝x－sin x在R上是增函數(shù)．( √ )
教材改編題
1．f′(x)是f(x)的導函數(shù)，若f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是( )
答案 C
解析 由f′(x)的圖象知，
當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，
∴f(x)單調(diào)遞增；
當x∈(0，x1)時，f′(x)0，
∴f(x)單調(diào)遞增．
2．函數(shù)f(x)＝(x－2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間為________．
答案 (1，＋∞)
解析 f(x)的定義域為R，
f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝1，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0；
當x∈(－∞，1)時，f′(x)0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，
∴函數(shù)y＝4x2＋eq \f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
(2)已知定義在區(qū)間(0，π)上的函數(shù)f(x)＝x＋2cs x，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為__________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))
解析 f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π)．
令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,6)或x＝eq \f(5π,6)，
當00，g(x)單調(diào)遞增，
x∈(－3a，a)時，g′(x)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
B．f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
答案 A
解析 因為f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函數(shù)f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))).
(2)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq \f(1,ex)－2x＋1，則不等式f(2x－3)>1的解集為________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析 f(x)＝ex－eq \f(1,ex)－2x＋1，定義域為R，
f′(x)＝ex＋eq \f(1,ex)－2≥2eq \r(ex·\f(1,ex))－2＝0，
當且僅當x＝0時取“＝”，
∴f(x)在R上單調(diào)遞增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化為f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>eq \f(3,2)，
∴原不等式的解集為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
命題點2 根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍
例4 已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
解析 由題意知f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).
延伸探究 在本例中，把“f(x)在區(qū)間eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上單調(diào)遞增”改為“f(x)在區(qū)間eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間”，求a的取值范圍．
解 f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)，
若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
則當x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))時，f′(x)>0有解，
即2a>－x＋eq \f(1,x)有解，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))min＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，
∴2a>－eq \f(3,2)，即a>－eq \f(3,4)，
故a的取值范圍是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞)).
教師備選
1．若函數(shù)f(x)＝ex(sin x＋a)在區(qū)間eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(1，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－eq \r(2)，＋∞)
答案 C
解析 由題意得
f′(x)＝ex(sin x＋a)＋excs x
＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a))，
∵f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，
∴f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，又ex>0，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上恒成立，
當x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))時，
x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
∴eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋a∈(－1＋a，eq \r(2)＋a]，
∴－1＋a≥0，解得a≥1，即a∈[1，＋∞)．
2．(2022·江西鷹潭一中月考)若函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有3個單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍為________．
答案 (－∞，0)
解析 由f(x)＝ax3＋x，得f′(x)＝3ax2＋1.
若a≥0，則f′(x)>0恒成立，此時f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不滿足題意；
若a0得
－eq \r(－\f(1,3a))c D．c>b>a
答案 A
解析 f(x)的定義域為R，
f′(x)＝cs x－sin x－2
＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－21,0b.
6．如果函數(shù)f(x)對定義域內(nèi)的任意兩實數(shù)x1，x2(x1≠x2)都有eq \f(x1f?x1?－x2f?x2?,x1－x2)>0，則稱函數(shù)y＝f(x)為“F函數(shù)”．下列函數(shù)是“F函數(shù)”的是( )
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x
答案 B
解析 依題意，函數(shù)g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數(shù)．
對于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，
當x∈(－∞，－1)時，g′(x)0)．
當00，f(x)單調(diào)遞增；
當1

相關試卷

2024年高考數(shù)學第一輪復習專題訓練81練第三章　§3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性：

這是一份2024年高考數(shù)學第一輪復習專題訓練81練第三章　§3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，共3頁。試卷主要包含了若0

2024年高考數(shù)學第一輪復習專題訓練第三章　§3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性：

這是一份2024年高考數(shù)學第一輪復習專題訓練第三章　§3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，共4頁。試卷主要包含了利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟，判斷函數(shù)f的單調(diào)性．等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性：

這是一份2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性，共3頁。

英語朗讀寶

相關試卷 更多

2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（附答單獨案解析）

2024年數(shù)學高考大一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（附答單獨案解析）
北師大版高考數(shù)學一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性試卷

北師大版高考數(shù)學一輪復習第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性試卷
2022高考數(shù)學一輪復習 第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

2022高考數(shù)學一輪復習 第三章 §3.2　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
資料下載及使用幫助
版權申訴
版權申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權，請掃碼添加我們的相關工作人員，我們盡可能的保護您的合法權益。
入駐教習網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部