2020年高考理科数学大一轮提分讲义第3章 第2节 利用导数解决函数的单调性问题

已知函数f（x）＝ln（ex＋1）－ax（a＞0），讨论函数y＝f（x）的单

调区间.

ex1［解］ f′（x）＝x－a＝1－x－a.

e＋1e＋1①当a≥1时，f′（x）＜0恒成立， ∴当a∈［1，＋∞）时， 函数y＝f（x）在R上单调递减. ②当0＜a＜1时，

由f′（x）＞0，得（1－a）（ex＋1）＞1， 即ex＞－1＋

1a，解得x＞ln ， 1－a1－a

由f′（x）＜0，得（1－a）（ex＋1）＜1， 即ex＜－1＋

1a

，解得x＜ln . 1－a1－a

∴当a∈（0,1）时，

a??

ln，＋∞?上单调递增， 函数y＝f（x）在?1－a??a??

－∞，ln ?上单调递减. 在?

1－a??

综上，当a∈［1，＋∞）时，f（x）在R上单调递减； a??

ln ，＋∞?上单调递增， 当a∈（0,1）时，f（x）在?

?1－a?a??

－∞，ln ?上单调递减. 在?

1－a??考点3 已知函数的单调性求参数 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，

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b）是相应单调区间的子集.

（2）f（x）为增函数的充要条件是对任意的x∈（a，b）都有f′（x）≥0且在（a，b）内的任一非空子区间上，f′（x）不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.

（3）函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.

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已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝2ax＋2x（a≠0）.

（1）若函数h（x）＝f（x）－g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围； （2）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上单调递减，求a的取值范围.

1

［解］ （1）h（x）＝ln x－2ax2－2x，x∈（0，＋∞），

1

所以h′（x）＝x－ax－2，由于h（x）在（0，＋∞）上存在单调递减区间， 1

所以当x∈（0，＋∞）时，x－ax－2＜0有解， 12

即a＞x2－x有解. 12

设G（x）＝x2－x， 所以只要a＞G（x）min即可. ?1?

而G（x）＝?x－1?－1，

??所以G（x）min＝－1.

所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）. （2）由h（x）在［1,4］上单调递减得， 1

当x∈［1,4］时，h′（x）＝x－ax－2≤0恒成立， 12

即a≥x2－x恒成立.

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2

?1?

所以a≥G（x）max，而G（x）＝?x－1?－1，

??1?1?

因为x∈［1,4］，所以x∈?4，1?，

??7

所以G（x）max＝－16（此时x＝4），

7?7?

所以a≥－16且a≠0，即a的取值范围是?－16，0?∪（0，＋∞）.

??［母题探究］ 1.（变问法）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上单调递增，求a的取值范围. ［解］ 由h（x）在［1,4］上单调递增得，当x∈［1,4］时，h′（x）≥0恒成立， 12所以当x∈［1,4］时，a≤x2－x恒成立， ?12?又当x∈［1,4］时，?x2－x?min＝－1（此时x＝1）， ??所以a≤－1且a≠0，即a的取值范围是（－∞，－1］. 2.（变问法）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上存在单调递减区间，求a的取值范围. ［解］ h（x）在［1,4］上存在单调递减区间， 则h′（x）＜0在［1,4］上有解， 12所以当x∈［1,4］时，a＞x2－x有解， ?12?又当x∈［1,4］时，?x2－x?min＝－1， ??所以a＞－1，即a的取值范围是（－1,0）∪（0，＋∞）. 3.（变条件）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上不单调，求a的取值范围. ［解］ 因为h（x）在［1,4］上不单调， 7

2

所以h′（x）＝0在（1,4）上有解， 12即a＝x2－x有解， 12令m（x）＝x2－x，x∈（1,4）， 7则－1＜m（x）＜－16， 7??所以实数a的取值范围为?－1，－16?. ?? （1）f（x）在D上单调递增（减），只要满足f′（x）≥0（≤0）在D

上恒成立即可.如果能够分离参数，则可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的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.

3x

已知函数f（x）＝a－2x2＋ln x在区间［1,2］上为单调函数，求a

的取值范围.

31

［解］ f′（x）＝a－4x＋x，若函数f（x）在区间［1,2］上为单调函数，即3131

在［1,2］上，f′（x）＝a－4x＋x≥0或f′（x）＝a－4x＋x≤0，

3131

即a－4x＋x≥0或a－4x＋x≤0在［1,2］上恒成立， 3131即a≥4x－x或a≤4x－x.

1

令h（x）＝4x－x，因为函数h（x）在［1,2］上单调递增， 333153所以a≥h（2）或a≤h（1），即a≥2或a≤3， 2

解得a＜0或0＜a≤5或a≥1.

考点4 利用导数比较大小或解不等式

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