高考数学专题复习练习：第三章 3_2 第1课时函数的单调性 15页

‎1．函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．‎ ‎2．函数的极值 ‎(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法 解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：‎ ‎①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；‎ ‎②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．‎ ‎(2)求可导函数极值的步骤：‎ ‎①求f′(x)；‎ ‎②求方程f′(x)＝0的根；‎ ‎③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．‎ ‎3．函数的最值 ‎(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．‎ ‎(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．‎ ‎(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：‎ ‎①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；‎ ‎②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．‎ ‎【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)上的任何子区间内都不恒为零．‎ ‎3.对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(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)函数的极大值不一定比极小值大．(　√　)‎ ‎(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　×　)‎ ‎(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　√　)‎ ‎(6)三次函数在R上必有极大值和极小值．(　×　)‎ ‎1．(教材改编)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01，故选A.‎ ‎4．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．‎ 答案　－ 解析　f′(x)＝x2＋2x－3，‎ 令f′(x)＝0，得x＝1(x＝－3舍去)，‎ 又f(0)＝－4，f(1)＝－，f(2)＝－，‎ 故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－.‎ ‎5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．‎ 答案　(－∞，－1)‎ 解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.‎ ‎∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，‎ 则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，‎ ‎∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.‎ 第1课时　导数与函数的单调性 题型一　不含参数的函数的单调性 例1　(1)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)‎ A．(－1,1) B．(0,1)‎ C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)‎ ‎(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________________．‎ 答案　(1)B　(2)和 解析　(1)y＝x2－ln x，y′＝x－＝ ‎＝(x>0)．‎ 令y′<0，得00，‎ 则其在区间(－π，π)上的解集为和，‎ 即f(x)的单调递增区间为和.‎ 思维升华　确定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)函数y＝4x2＋的单调增区间为(　　)‎ A．(0，＋∞) B. C．(－∞，－1) D. ‎(2)已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)‎ A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减 C．在(0，)上递增 D．在(0，)上递减 答案　(1)B　(2)D 解析　(1)由y＝4x2＋，得y′＝8x－，‎ 令y′>0，即8x－>0，解得x>，‎ ‎∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.故选B.‎ ‎(2)因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，‎ 当f′(x)>0时，解得x>，‎ 即函数的单调递增区间为(，＋∞)；‎ 当f′(x)<0时，解得00)．‎ ‎(1)若函数y＝f(x)的导函数是奇函数，求a的值；‎ ‎(2)求函数y＝f(x)的单调区间．‎ 解　(1)函数f(x)的定义域为R.‎ 由已知得f′(x)＝－a.‎ ‎∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数，‎ ‎∴f′(－x)＝－f′(x)，‎ 即－a＝－＋a，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)＝－a＝1－－a.‎ ‎①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00，得(1－a)(ex＋1)>1，‎ 即ex>－1＋，解得x>ln ，‎ 由f′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1，‎ 即ex<－1＋，解得x0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ ‎③当00，故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增．‎ 题型三　已知函数单调性求参数 例3　(2016·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋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．‎ 解　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，‎ 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，‎ 即a>－有解．‎ 设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min即可．‎ 而G(x)＝(－1)2－1，所以G(x)min＝－1.‎ 所以a>－1.‎ ‎(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，‎ 当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，‎ 即a≥－恒成立．‎ 所以a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)2－1，‎ 因为x∈[1,4]，所以∈[，1]，‎ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，‎ 所以a≥－，即a的取值范围是[－，＋∞)．‎ 引申探究 ‎1．本例(2)中，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，‎ ‎∴当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，‎ 又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1(此时x＝1)，‎ ‎∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．‎ ‎2．本例(2)中，若h(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，‎ ‎∴当x∈[1,4]时，a>－有解，‎ 又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1，‎ ‎∴a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．‎ 思维升华　根据函数单调性求参数的一般思路 ‎(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．‎ ‎(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．‎ ‎　已知函数f(x)＝exln x－aex(a∈R)．‎ ‎(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝(－a＋ln x)ex，‎ f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)＝(－a＋ln x)ex，‎ 若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒成立．‎ 即－a＋ln x≤0在x>0时恒成立．‎ 所以a≥＋ln x在x>0时恒成立．‎ 令g(x)＝＋ln x(x>0)，‎ 则g′(x)＝－＋＝(x>0)，‎ 由g′(x)>0，得x>1；‎ 由g′(x)<0，得00时恒成立，即－a＋ln x≥0在x>0时恒成立，‎ 所以a≤＋ln x在x>0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.‎ 故实数a的取值范围是(－∞，1]．‎ ‎5．用分类讨论思想研究函数的单调性 典例　(12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．‎ ‎(1)确定a与b的关系；‎ ‎(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．‎ 思想方法指导　含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：‎ ‎①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③‎ 若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．‎ 规范解答 解　(1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，‎ 则g′(x)＝＋2ax＋b.[2分]‎ 由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，‎ ‎∴b＝－2a－1.[4分]‎ ‎(2)由(1)得g′(x)＝ ‎＝.‎ ‎∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴当a＝0时，g′(x)＝－.‎ 由g′(x)>0，得01，[6分]‎ 当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，[7分]‎ 若<1，即a>，‎ 由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0时，函数g(x)在(0，)上单调递增，‎ 在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[12分]‎ ‎1．(2016·合肥模拟)函数f(x)＝x·ex－ex＋1的单调递增区间是(　　)‎ A．(－∞，e) B．(1，e)‎ C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)‎ 答案　D 解析　由f(x)＝x·ex－ex＋1，‎ 得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，‎ 令f′(x)>0，解得x>e－1，‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．‎ ‎2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，‎ 故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．‎ ‎3．已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　)‎ A．f(2)>f(3)>f(π)‎ B．f(3)>f(2)>f(π)‎ C．f(2)>f(π)>f(3)‎ D．f(π)>f(3)>f(2)‎ 答案　D 解析　因为f(x)＝1＋x－sin x，所以f′(x)＝1－cos x，‎ 当x∈(0，π]时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(0，π]上是增函数，‎ 所以f(π)>f(3)>f(2)．‎ 故选D.‎ ‎4．已知函数f(x)＝x＋在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]‎ C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)‎ 答案　D 解析　函数f(x)＝x＋的导数为f′(x)＝1－，‎ 由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，‎ 则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，‎ 即≤x2在(－∞，－1)上恒成立，‎ 由于当x<－1时，x2>1，‎ 则有≤1，解得a≥1或a<0.‎ ‎5．(2016·中山模拟)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．f(b)>f(c)>f(d)‎ B．f(b)>f(a)>f(e)‎ C．f(c)>f(b)>f(a)‎ D．f(c)>f(e)>f(d)‎ 答案　C 解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，‎ 因为af(b)>f(a)，因此C正确．‎ ‎6．(2015·课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(0,1)‎ B．(－1,0)∪(1，＋∞)‎ C．(－∞，－1)∪(－1,0)‎ D．(0,1)∪(1，＋∞)‎ 答案　A 解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，‎ 所以f(1)＝－f(－1)＝0.‎ 当x≠0时，令g(x)＝，‎ 则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.‎ 则当x＞0时，g′(x)＝[]′＝＜0，‎ 故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．‎ 所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0‎ ‎⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.‎ 综上，知使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.‎ ‎7．(2016·青岛模拟)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.‎ 答案　－12‎ 解析　f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知－11，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．‎ ‎9．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在[，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．‎ 答案　(－，＋∞)‎ 解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a ‎＝－(x－)2＋＋2a.‎ 当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a.‎ 令＋2a>0，解得a>－，‎ 所以a的取值范围是(－，＋∞)．‎ ‎10．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为________．‎ 答案　(－∞，]‎ 解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，‎ 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，‎ 即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．‎ 令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，‎ ‎∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴m≤2＋＝.‎ ‎11．(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ 解　(1)f(x)的定义域为R.‎ ‎∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.‎ 依题设，即 解得a＝2，b＝e.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，‎ 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，‎ f′(x)与1－x＋ex－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.‎ 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，‎ 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎12．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋b.‎ ‎(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；‎ ‎(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)由已知得f′(x)＝，‎ ‎∴f′(1)＝1＝a，∴a＝2.‎ 又∵g(1)＝0＝a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.‎ ‎(2)∵φ(x)＝－f(x)＝－ln x在[1，＋∞)上是减函数．‎ ‎∴φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立．‎ 即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，‎ 则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，‎ ‎∵x＋∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.‎ 故实数m的取值范围是(－∞，2]．‎ ‎*13.(2016·辽宁鞍山一中高三月考)已知函数f(x)＝x3－x2.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．‎ 解　(1)f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)，‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，‎ ‎∴f(x)在R上单调递增．‎ ‎②当a>0时，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)的增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，减区间为(0，a)．‎ ‎③当a<0时，当x∈(－∞，a)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(a,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)的增区间为(－∞，a)，(0，＋∞)，减区间为(a,0)．‎ ‎(2)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，‎ 使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，‎ 即当x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2即可．‎ 所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．‎