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  • 2021-07-01 发布

【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用第15讲学案

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第15讲 利用导数研究函数的单调性 考试要求 1.函数单调性与导数的关系(A级要求);2.利用导数研究函数的单调性,求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)(B级要求).‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”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)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.(  )‎ 解析 (1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增一定有f′(x)≥0,且不恒为0,故①错.(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.如f(x)=x3在R上为增函数,但 f′(x)≥0,故(3)错.‎ 答案 (1)× (2)√ (3)×‎ ‎2.(选修2-2P29练习4(1)改编)函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是________.‎ 解析 ∵f′(x)=2x-=(x>0).‎ ‎∴当x∈(0,1)时f′(x)<0,f(x)为减函数;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.‎ 答案 (0,1)‎ ‎3.在区间(-1,1)内不是增函数的函数是________(填序号).‎ ‎①y=ex+x;②y=sin x;③y=x3-6x2+9x+2;④y=x2+x+1.‎ 解析 ①y=ex+x,y′=ex+1>0,在区间(-1,1)内是增函数;‎ ‎②y=sin x,y′=cos x,在区间(-1,1)内是增函数;‎ ‎③y=x3-6x2+9x+2,y′=3x2-12x+9=3(x-2)2-3,在区间(-1,1)内是增函数;‎ ‎④y=x2+x+1,y′=2x+1,在区间内y′>0,在区间内y′<0,在区间(-1,1)内不单调.‎ 答案 ④‎ ‎4.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)是增函数,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 f′(x)=3x2-a,由题意知3x2-a≥0,即a≤3x2在x∈[1,+∞)恒成立.又当x∈[1,+∞)时,3x2≥3,∴a≤3,∴a的取值范围是(-∞,3].‎ 答案 (-∞,3]‎ ‎5.(2018·南京、盐城模拟)函数y=f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,‎ f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为________.‎ 解析 设F(x)=f(x)-(2x+4),则F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0.‎ F′(x)=f′(x)-2,对任意x∈R,F′(x)>0,‎ 即函数F(x)在R上是单调增函数,‎ 则F(x)>0的解集为(-1,+∞),‎ 故f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).‎ 答案 (-1,+∞)‎ 知 识 梳 理 ‎1.函数的单调性与导数的关系 已知函数f(x)在某个区间内可导,‎ ‎(1)如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递增;‎ ‎(2)如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递减.‎ ‎2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是:‎ ‎(1)确定函数f(x)的定义域;‎ ‎(2)求导数f′(x);‎ ‎(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间内是单调递增函数;当f′(x)<0时,f(x)在相应的区间内是单调递减函数.‎ 一般需要通过列表,写出函数的单调区间.‎ ‎3.已知单调性求解参数范围的步骤为:‎ ‎(1)对含参数的函数f(x)求导得到f′(x);‎ ‎(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f′(x)≥0恒成立;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f′(x)≤0恒成立,得到关于参数的不等式,解出参数范围;‎ ‎(3)验证参数范围中取等号时,是否恒有f′(x)=0.若f′(x)=0恒成立,则函数f(x)在(a,b)上为常数函数,舍去此参数值.‎ 考点一 求单调区间 ‎【例1】 已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y=x.‎ ‎(1)求a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间.‎ 解 (1)对f(x)求导得f′(x)=--,‎ 由f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y=x知f′(1)=--a=-2,‎ 解得a=.‎ ‎(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,(x>0).‎ 则f′(x)=.‎ 令f′(x)=0,解得x=-1或x=5.‎ 但-1∉(0,+∞),舍去.‎ 当x∈(0,5)时,f′(x)<0;当x∈(5,+∞)时,f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)的增区间为(5,+∞),减区间为(0,5).‎ 规律方法 求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)在定义域内解不等式f′(x)>0得单调递增区间;‎ ‎(4)在定义域内解不等式f′(x)<0得单调递减区间.‎ ‎【训练1】 (1)函数y=x2-ln x的单调递减区间为________.‎ ‎(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________.‎ 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.‎ 答案 (1)(0,1) (2)和 考点二 讨论函数的单调性 ‎【例2】 设函数f(x)=aln x+,其中a为常数.‎ ‎(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)讨论函数f(x)的单调性.‎ 解 (1)由题意知a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞).‎ 此时f′(x)=.可得f′(1)=,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x-2y-1=0.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=+=.‎ 当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,‎ 由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).‎ ‎①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调 递减.‎ ‎②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,‎ f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ ‎③当-<a<0时,Δ>0.‎ 设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,‎ 则x1=,x2=.‎ 由x1==>0,‎ 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.‎ 综上可得:‎ 当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;‎ 当-<a<0时,f(x)在,‎ 上单调递减,‎ 在上单调递增.‎ 规律方法 (1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.‎ ‎(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点的函数的间断点.‎ ‎(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)=x 3,f′(x)=3x2≥0(f′(x)=0在x=0时取到),f(x)在R上是增函数.‎ ‎【训练2】 (2017·南京期末)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(1,2)上是增函数,求a的取值范围.‎ 解 (1)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0),‎ ‎∴f′(x)=3ax2+6x+3,‎ 令f′(x)=0,即3ax2+6x+3=0,则Δ=36(1-a),‎ ‎①当a≥1时,Δ≤0,f′(x)≥0,∴f(x)在R上是增函数;‎ ‎②当a<1且a≠0时,Δ>0,f′(x)=0有两个根,x1=,x2=,‎ ‎(ⅰ)当00,当x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故函数f(x)在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数,在(x2,x1)上是减函数;‎ ‎(ⅱ)当a<0时,易知当x∈(-∞,x1),(x2,+∞)时,f′(x)<0,‎ 当x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,故函数f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上是减函数,在(x1,x2)上是增函数.‎ ‎(2)当a>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0(x∈(1,2)),‎ 故a>0时,f(x)在区间(1,2)上是增函数,‎ 当a<0时,由f(x)在区间(1,2)上是增函数,‎ 可得即解得a≥-,‎ 所以-≤a<0,‎ 综上,a的取值范围是∪(0,+∞).‎ 考点三 已知函数单调性求参数(典例迁移)‎ ‎【例3】 (经典例题)(2018·南京模拟)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,所以G(x)min=-1.‎ 所以a>-1,又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,‎ 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,‎ 因为x∈[1,4],所以∈,‎ 所以G(x)max=-(此时x=4),所以a≥-,又a≠0.‎ 即a的取值范围是∪(0,+∞).‎ ‎【迁移探究1】 本题(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,‎ 即当x∈[1,4]时,a≤-恒成立,‎ 又当x∈[1,4]时=-1(此时x=1),‎ ‎∴a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].‎ ‎【迁移探究2】 本题(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,‎ 即当x∈[1,4]时,a>-有解,‎ 又当x∈[1,4]时,=-1,‎ ‎∴a>-1,又a≠0即a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).‎ 规律方法 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.‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)=exln x-aex(a∈R).‎ ‎(1)若y=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y=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=ex,‎ f′(1)=(1-a)e,由(1-a)e·=-1,得a=2.‎ ‎(2)由(1)知f′(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].‎ 一、必做题 ‎1.(2016·姜堰期中)函数f(x)=ex-x的单调递增区间为________.‎ 解析 由f(x)=ex-x得f′(x)=ex-1,由ex-1>0得x>0,从而f(x)=ex-x的单调递增区间为(0,+∞).‎ 答案 (0,+∞)‎ ‎2.(2018·扬州中 月考)若函数f(x)=mx2+ln x-2x在定义域内是增函数,则实数m的取值范围是________.‎ 解析 f′(x)=2mx+-2,由题意知,f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即2m≥‎ ‎-+在(0,+∞)上恒成立,令t=>0,则2m≥-t2+2t,又∵(-t2+2t)max=1,‎ ‎∴2m≥1,∴m≥.‎ 答案  ‎3.(2018·南京第三次模拟)若函数f(x)=ex(-x2+2x+a)在区间[a,a+1]上单调递增,则实数a的最大值为________.‎ 解析 由题意可得f′(x)=ex(-x2+2x+a-2x+2)=ex(-x2+a+2)≥0在[a,a+1]上恒成立.‎ 令h(x)=-x2+a+2,则h(x)≥0在[a,a+1]上恒成立,‎ ‎∴ ‎∴-1≤a≤.‎ ‎∴实数a的最大值为.‎ 答案  ‎4.(2018·南通、徐州联考)定义在R上的可导函数f(x),已知y=ef′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的递增区间是________.‎ 解析 当x≤2时,ef′(x)≥1⇒f′(x)≥0,当x>2时,ef′(x)<1⇒f′(x)<0,所以y=f(x)的增区间是(-∞,2).‎ 答案 (-∞,2)‎ ‎5.(2017·江苏卷)已知函数f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数,若 f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 易知函数f(x)的定义域关于原点对称.‎ ‎∵f(x)=x3-2x+ex-,‎ ‎∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-x3+2x+-ex=-f(x),‎ ‎∴y=f(x)为奇函数,‎ 又f′(x)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=3x2≥0(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增,‎ 所以f(a-1)+f(2a2)≤0⇔f(a-1)≤f(-2a2)⇔-2a2≥a-1,解得-1≤a≤.‎ 答案  ‎6.(2018·南京、盐城模拟)已知f(x)=2ln x+x2-5x+c在区间(m,m+1)上为递减函数,则m的取值范围为________.‎ 解析 由f(x)=2ln x+x2-5x+c,得f′(x)=+2x-5,‎ 又函数f(x)在区间(m,m+1)上为递减函数,‎ ‎∴f′(x)≤0在(m,m+1)上恒成立,‎ ‎∴解得≤m≤1.‎ 答案  ‎7.(2018·南通、扬州、泰州调研)设y=f(x)是R上的奇函数,且f(-1)=0,当x>0时,(x2+1)·f′(x)-2x·f(x)<0,则不等式f(x)>0的解集为________.‎ 解析 因为当x>0时,(x2+1)·f′(x)-2x·f(x)<0恒成立,所以′<0恒成立,所以函数g(x)=在(0,+∞)上单调递减.又因为f(x)是定义在R上的奇函数,且f(-1)=0,所以f(1)=0,g(1)=0,所以在(0,1)上恒有f(x)>0,在(1,+∞)上恒有f(x)<0.由图象易知在(-∞,-1)上恒有f(x)>0,在(-1,0)上恒有f(x)<0,即不等式f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).‎ 答案 (-∞,-1)∪(0,1)‎ ‎8.(2017·江苏高考冲刺卷)已知函数y=f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)是f(x)的导数,且满足f(x)>f′(x),则不等式ex+2·f(x2-x)>ex2·f(2)的解集是________.‎ 解析 设g(x)=(x>0),则g′(x)=<0,所以y=g(x)在(0,‎ ‎+∞)上单调递减.由ex+2·f(x2-x)>ex2·f(2),得ex·e2·f(x2-x)>ex2·f(2),‎ 即>,所以g(x2-x)>g(2).因为g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以00,得x<或x>-t;‎ 由f′(x)<0,得0,则>-t.‎ 由f′(x)>0,得x<-t或x>;‎ 由f′(x)<0,得-t0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-t),,单调递减区间为.‎ ‎10.(2018·泰州模拟)已知函数f(x)满足f(x)=x3+f′x2-x+c(其中f′为f(x)在点x=处的导数,c为常数).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)设函数g(x)=[f(x)-x3]ex,若函数g(x)在[-3,2]上单调递增,求实数c的取值范围.‎ 解 (1)f′(x)=3x2+2f′x-1,令x=,得f′=-1,∴f(x)=x3-x2-x+c,‎ ‎∴f′(x)=3x2-2x-1=3(x-1),‎ 由f′(x)>0,得x<-或x>1;‎ 由f′(x)<0,得-0时,g′(x)>0,g(x)在R上单调递增,且g(ln)=0,依题意知ln≤1,解得0ln时,g′(x)>0,g(x)在(ln,+∞)上单调递增,故当x=ln时,g(x)取得最小值,又g(ln)>0,所以g(x)>0恒成立,所以依题意知ln≤1,解得-≤a<0.综上,所求a的取值范围是.‎ 答案  ‎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,‎ ‎∴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].‎