2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案

《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2講　函數(shù)的單調(diào)性 1. 導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性不僅能直接得出有關(guān)結(jié)論，同時(shí)還能根據(jù)性質(zhì)描繪出函數(shù)圖象的大致變化趨勢(shì)，有助于解決問題． 2. 函數(shù)的單調(diào)性研究往往作為試題的一部分，可以研究其單調(diào)區(qū)間，也可以通過單調(diào)性來求參數(shù)的值或者范圍． 1. (2017·常州前黃中學(xué)月考)函數(shù)y＝x－2sin x在(0，2π)內(nèi)的單調(diào)增區(qū)間為________． 答案：(，) 解析：令y′＝1－2cos x＞0，因?yàn)閤∈(0，2π)，解得x∈(，)． 2. (2017·蘇州張家港暨陽中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝xln x的減區(qū)間是________． 答

2、案：(0，] 解析：由題意得函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)＝1＋ln x≤0，得x≤， 故函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0，]． 3. 若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是________． 答案：[1，＋∞) 解析：依題意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立．∵ x>1，∴ 0<<1，∴ k≥1. 4. (2018·九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間[，2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案： 解析：f′(x)＝x

3、＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立．因?yàn)椋?，所?a≥，即a≥. ,　　　　　　　　　　　　一) 求不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性 ,　　　　1) (2018·常熟中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝ln x－bx＋c，f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋y＋4＝0. (1) 求f(x)的解析式； (2) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1) f′(x)＝－b，所以f′(1)＝1－b. 又f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線斜率為－1， 故1－b＝－1，b＝2. 將(1，f(1))代入方程x＋y＋4＝0，得1＋f(1)＋4＝0， 解得f(1)＝－5， 所以f(1)

4、＝－b＋c＝－5，將b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝ln x－2x－3. (2) 依題意知x＞0，f′(x)＝－2. 令f′(x)＞0，得0＜x＜，再令f′(x)＜0，得x>， 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為 . 點(diǎn)評(píng)：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1) 確定函數(shù)f(x)的定義域；(2) 求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3) 由f′(x)＞0(或＜0)解出相應(yīng)的x的取值范圍．當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù). 一般需要通過列表，寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間． 已知函數(shù)f(x)＝＋－ln x－，其中a

5、∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1) 求a的值； (2) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1) 對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－－(x>0)， 由f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x， 知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2) 由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 則f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 因?yàn)閤＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當(dāng)x∈(0，5)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)內(nèi)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(5，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(5

6、，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． ,　　　　　　　　　　　　二) 討論函數(shù)的單調(diào)性 ,　　　　2) 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－x2＋1. (1) 若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1) 由已知得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)． 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0； 當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，a)． (2) g′(x)＝x2－a

7、x＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)， 使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立， 即x∈(－2，－1)時(shí)，a<(x＋)max＝－2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝－時(shí)等號(hào)成立． 所以滿足要求的實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2)． 設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R，討論f(x)的單調(diào)性． 解：由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0得x＝， 當(dāng)x∈(0，)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． ,　　　　　　

8、　　　　　　三) 利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) ,　　　　3) 已知函數(shù)f(x)＝x2＋(a－3)x＋ln x．若函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最小值． 解：f′(x)＝x＋a－3＋(x>0)．若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增，則f′(x)≥0對(duì)x>0恒成立，即a≥－(x＋)＋3對(duì)x>0恒成立，而當(dāng)x>0時(shí)，－(x＋)＋3≤－2＋3＝1，所以a≥1.若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減，則f′(x)≤0對(duì)x>0恒成立，即a≤－(x＋)＋3對(duì)x>0恒成立，這是不可能的．綜上，a≥1.故a的最小值為1. 點(diǎn)評(píng)：已知單調(diào)性求解參數(shù)范圍的步驟：(1) 對(duì)含參數(shù)的函數(shù)f(x)求導(dǎo)，得到f′

9、(x)；(2) 若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，解出參數(shù)范圍；(3) 驗(yàn)證參數(shù)范圍中取等號(hào)時(shí)，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，則函數(shù)f(x)在(a，b)上為常數(shù)函數(shù)，要舍去此參數(shù)值． (2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1) 若函數(shù)g(x)＝f(x)＋ax在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2) 若對(duì)任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值． 解：(1) 由題意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋

10、a＋1. ∵ 函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)， ∴ 當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0， 即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立． ∴ a≥－1－ln x. 令h(x)＝－ln x－1，∴ a≥h(x)max， 當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，ln x∈[2，＋∞)， ∴ h(x)∈(－∞，－3]，∴ a≥－3， 即a的取值范圍是[－3，＋∞)． (2) ∵ 2f(x)≥－x2＋mx－3， 即mx≤2xln x＋x2＋3， 又x＞0，∴ m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立． 記t(x)＝＝2ln x＋x＋. ∴ m≤t(x)min. t′(x)＝＋1－＝

11、＝， 令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)． 當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，t′(x)＜0，函數(shù)t(x)在(0，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)＞0，函數(shù)t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴ t(x)min＝t(1)＝4. ∴ m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4. ,　　　　　　　　　　　　四) 利用單調(diào)性解綜合問題 ,　　　　4) 已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax2＋(1－a)x，其中a∈R，f′(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)． (1) 討論f(x)的單調(diào)性； (2) 在曲線y＝f(x)的圖象上是否存在兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)

12、使得直線AB的斜率k＝f′()？若存在，求出x1與x2的關(guān)系；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1) 由已知得f′(x)＝－ax＋(1－a)＝(x>0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤>0，所以f′(x)>0，f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函數(shù)； 當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)＝＝， 所以當(dāng)x∈(0，)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞減． (2) 由題意，得k＝＝ ＝ ＝－(x1＋x2)＋(1－a)， f′()＝－(x1＋x2)＋(1－a)． 由k＝f′()，得＝， 即ln＝， 即ln－＝0，令t＝，

13、不妨設(shè)x1>x2，則t>1， 記g(t)＝ln t－＝ln t＋－2(t>1)， g′(t)＝－＝>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，g(t)>g(1)＝0，則方程g(t)＝0無實(shí)數(shù)解， 故滿足條件的兩點(diǎn)A，B不存在． (2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(一))已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)＝ln x．若b＝－3，且函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－1，1)上是單調(diào)遞減函數(shù)． (1) 求實(shí)數(shù)a的值； (2) 當(dāng)c＝2時(shí)，求函數(shù)h(x)＝的值域． 解：(1) 因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2－3x＋c在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞減， 所以f′(x)＝3x2＋2ax－3≤

14、0對(duì)x∈(－1，1)恒成立． 因?yàn)槎魏瘮?shù)y＝3x2＋2ax－3的圖象是開口向上的拋物線， 所以等價(jià)于解得a＝0. (2) 由(1)得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3x2－3. 易得f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)min＝f(1)＝0. 當(dāng)00，g(x)＝ln x<0，此時(shí)f(x)>g(x)． 所以在0

15、是[0，＋∞)． 1. 函數(shù)f(x)＝x＋2cos x，x∈(0，π)的單調(diào)減區(qū)間是 ________． 答案： 解析：∵ 函數(shù)f(x)＝x＋2cos x，由f′(x)＝1－2sin x<0，得sin x>.∵ x∈(0，π)，∴ x∈，∴ 函數(shù)f(x)＝x＋2cos x的單調(diào)減區(qū)間是. 2. 若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________． 答案：[－，] 解析：對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0，即－co

16、s2x＋acos x＋≥0恒成立．設(shè)t＝cos x∈[－1，1]，則g(t)＝4t2－3at－5≤0在[－1，1]上恒成立，所以有 解得－≤a≤. 3. 設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________． 答案：(－∞，－1)∪(0，1) 解析：設(shè)函數(shù)g(x)＝，則g′(x)＝.因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，所以當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(－∞，

17、0)上單調(diào)遞增，且g(－1)＝g(1)＝0.故當(dāng)00，則f(x)>0；當(dāng)x<－1時(shí)，g(x)<0，則f(x)>0.綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)． 4. (2017·江蘇卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案：[－1，] 解析：因?yàn)閒(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－f(x)，f(0)＝0，所以f(x)是奇函數(shù)，則f(a－1)＋f(2a2)≤0可化為f(2a2)≤f(1－a)．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x

18、≥3x2－2＋2＝3x2≥0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，則2a2≤1－a，即－1≤a≤. 5. (2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝aex－ln x－1. (1) 設(shè)x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 求證：當(dāng)a≥，f(x)≥0. (1) 解：f′(x)＝aex－.∵x＝2是f(x)的極值點(diǎn)，令f′(2)＝0可得a＝，∴ f′(x)＝－.令h(x)＝－，則h′(x)＝＋＞0恒成立，∴ f′(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，且f′(2)＝0. 當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0； 由此可得f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上

19、單調(diào)遞增； (2) 證明：欲證當(dāng)a≥時(shí)，aex－ln x－1＞0，先證明ex≥ex. 設(shè)g(x)＝ex－ex，∴ g′(x)＝ex－e. ∴ 當(dāng)x＞1時(shí)，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g(x)單調(diào)遞減， ∴ g(x)≥g(1)＝e－e＝0，∴ex－ex≥0，不等式得證． 當(dāng)a≥時(shí)，aex－ln x－1≥·ex－ln x－1≥·ex－ln x－1＝x－ln x－1，故要證明aex－ln x－1≥0，只需要證明x－ln x－1≥0. 令H(x)＝x－ln x－1，H′(x)＝1－＝，可得H(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，可得H(x)≥H(1)＝0，即得x－ln x－

20、1≥0. (本題模擬高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)，滿分14分) 已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋b(x∈R)，若函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為y＝－3x. (1) 求實(shí)數(shù)a，b的值； (2) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：(1) 因?yàn)閒′(x)＝x2＋a，(2分) 由題意，得(6分) 解得(8分) (2) 由(1)知，f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)． 令f′(x)>0，得x<－2或x>2， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)和(2，＋∞)；(12分) 令f′(x)<0，得－2

21、. 函數(shù)f(x)＝2x2－ln x的單調(diào)增區(qū)間為________． 答案：(，＋∞) 解析：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝4x－，令f′(x)＞0，得x＞. 2. 已知函數(shù)f(x)＝，若對(duì)于任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案：(－3，＋∞) 解析：(解法1)f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)， 當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)的值恒為正． 當(dāng)a＜0時(shí)，設(shè)1≤x1＜x2， 則f(x1)－f(x2)＝(x1＋＋2)－(x2＋＋2)＝. ∵ 1≤x1＜x2，∴ x1x2＞1，x1－x2＜0. 又a＜0， ∴ f(x

22、1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴ f(x)在[1，＋∞)上為遞增函數(shù)， ∴ 當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)min＝3＋a. 當(dāng)且僅當(dāng)f(x)min＝3＋a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)＞0恒成立，故－3＜a＜0. 綜上，當(dāng)a＞－3時(shí)，f(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立． (解法2)在區(qū)間[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立?x2＋2x＋a＞0恒成立． 設(shè)g(x)＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)， ∵ g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在[1，＋∞)上遞增， ∴ 當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)min＝3＋a，當(dāng)且僅當(dāng)g(x)min＝3＋a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)＞0恒成立，故a＞

23、－3. 3. 已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2) 若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2(f′(x)＋)在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1) 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝， 當(dāng)a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)； 當(dāng)a<0時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0，1)； 當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)不是單調(diào)函數(shù)． (2) 由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， ∴ f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝， ∴ g(x)＝x3＋(＋2)x2－2x， ∴ g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵ g(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調(diào)函數(shù)， 即g′(x)＝0在區(qū)間(t，3)上有變號(hào)零點(diǎn)． 由于g′(0)＝－2，∴ g′(t)<0，即3t2＋(m＋4)t－2<0對(duì)任意t∈[1，2]恒成立， 由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m＜－5且m<－9，即m＜－9； 由于g′(3)>0，即m>－，所以－