高考数学命题角度6_1利用导数研究函数的单调性问题大题狂练理

高考数学命题角度6_1利用导数研究函数的单调性问题大题狂练理

命题角度 1：利用导数研究函数的单调性问题 1．已知函数 ( ) lnf x m x （ m R ）. （1）若函数 ( )y f x x  的最小值为 0 ，求 m 的值； （2）设函数 2 2( ) ( ) ( 2)g x f x mx m x    ，试求 ( )g x 的单调区间； 【答案】（1） m e  （2）详见解析 【解析】 试题分析：（1）先求函数导数： 1m x my x x     ，再讨论导函数在定义区间上是否有零点： ①当 0m  时，函数 y 在 (0, ) 上单调递增，此时无最小值，舍去；②当 0m  时，函数在 (0, )m 单调递减；在 ( , )m  上单调递增.即再 x m  时，函数 y 取最小值，因此 ln( ) 0m m m   ， 解 得 m e  . （ 2 ） 先 求 函 数 导 数 ： 2 22 ( 2) (2 )( 1)( ) mx m x m x m mxg x x x        ，再讨论导函数在定义区间上是否有零点： ①当 0m  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增；②当 0m  时，有两个根 2 mx   或 1x m   ，再比较大小，分类讨论. （2）由题意，得 2 2( ) ln ( 2)g x m x mx m x    ， 则 2 22 ( 2) (2 )( 1)( ) mx m x m x m mxg x x x        ， ①当 0m  时， ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增； ②当 0m  时，由 ( ) 0g x  ，得 2 mx   或 1x m   ， （A）若 2m   ，则 1 2 m m    ，此时 ( ) 0g x  ，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递减； （B）若 2 0m   ，则 1 2 m m    ， 由 ( ) 0g x  ，解得 1( ,2 mx m    ），由 ( ) 0g x  ，解得 10 +2 mx m    （ ， ）（ ， ）， 所以函数 ( )g x 在 1( ,2 m m   ）上单调递增，在 0 2 m（ ， ）与 1 +m  （ ， ）上单调递减； （C）若 2m   ，则 1 2 m m    ， 同理可得，函数 ( )g x 在 1( , 2 m m   ）上单调递增，在 10 m （ ， ）与 +2 m （ ， ）上单调递减. 综上所述， ( )g x 的单调区间如下： ①当 0m  时，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增； ②当 2m   时，函数 ( )g x 在 (0, ) 上单调递减； ③当 2 0m   时，函数 ( )g x 的增区间为 1( ,2 m m   ），减区间为 0 2 m（ ， ）与 1 +m  （ ， ）； ④当 2m   时，函数 ( )g x 的增区间为 1( , 2 m m   ），减区间为 10 m （ ， ）与 +2 m （ ， ）. 2. 已知    1 , ln , 0,f x ax g x x x Rx      是常数. (Ⅰ)求曲线  y g x 在点   1, 1P g 处的切线方程； （Ⅱ）设      F x f x g x  ，讨论函数  F x 的单调性. 【答案】(Ⅰ) 1y x  ; （Ⅱ）  F x 在 1 1 40, 2 a a       单调递增，在 1 1 4 ,2 a a        单 调递减. 【解析】试题分析: (Ⅰ) 把 x=1 代入解析式求出切点坐标,对函数进行求导得到斜率,根据点 斜式写出切线方程;（Ⅱ）把    f x g x和 代入得到  F x ,求出函数的导数,再进行配方判断 导函数的正负,按照极值点是否在定义域内分四类进行讨论,得出函数的单调性. 试 题 解 析 :(Ⅰ) 因 为   ln , 0g x x x  , 所 以      11 0, , 1 1g g x gx     , 故 曲 线  y g x 在点   1, 1P g 处的切线方程为 1y x  所 以 ，  F x 在 1 1 40, 2 a a       和 1 1 4 ,2 a a        单 调 递 增 ， 在 1 1 4 1 1 4,2 2 a a a a         单调递减； ④当 0a  时，由   0F x  得 1 2 1 1 4 1 1 40, 02 2 a ax xa a        （ 2x 舍去） 所以，  F x 在 1 1 40, 2 a a       单调递增，在 1 1 4 ,2 a a        单调递减. 点睛:本题考查导数的几何意义和函数单调性的判断问题的综合应用,属于中档题目. 函数 y ＝f(x)在 x＝x0 处的导数的几何意义，就是曲线 y＝f(x)在点 P(x0 ，y0)处的切线的斜率  0f x ，过点 P 的切线方程为：     0 0 0y f x f x x x   ,求函数 y＝f(x)在点 P(x0，y0) 处的切线方程与求函数 y＝f(x)过点 P(x0，y0)的切线方程意义不同，前者切线有且只有一条， 且方程为 y－y0＝f′(x0)(x－x0)，后者可能不只一条． 3.已知函数 在 处有极值 . （Ⅰ）求实数 的值； （Ⅱ）设 ，讨论函数 在区间 上的单调性. 【答案】(1) 在 处有极值 时， ,(2)见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）求出导函数，由∴  1 ' 0f  且  1 10f  ，求得 3 { 2 1 m n    或 2 { 11 3 m n    ，检验后可得结果；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知   3 24 11 16f x x x x    ，利用导数研 究函数的单调性和极值，分五种情况讨论，分别比较极值与端点处的函数值即可得结果. 试题解析：（Ⅰ） 定义域为 ， ∵  f x 在 处有极值 ， ∴  1 ' 0f  且 ， 即 解得： 或 当 时， ， 当 时， ∴ 在 处有极值 时， . （Ⅱ）由（Ⅰ）可知 ，其单调性和极值分布情况如表： + 0 - 0 + 增 极大 减 极小 增 ∴①当 ，即 时， 在区间 上的单调递增； ②当 ，即 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减；③当 且 ，即 时， 在区间 上单调递减； ④当 ，即 时， 在区间 上的单调递减，在区间 上单调递增； ⑤ 时， 在区间 上单调递增. 综上所述，当 时函数 在区间 上的单调性为： 或 时，单调递增； 时，在 上的单调递增，在 上单调递减； 时，单调递减； 时，在 上单调递减，在 上单调递增. 【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最 值，属于难题．利用导数研究函数  f x 的单调性进一步求函数最值的步骤：①确定函数  f x 的定义域；②对  f x 求导；③令  ' 0f x  ，解不等式得 x 的范围就是递增区间；令  ' 0f x  ，解不等式得 x 的范围就是递减区间；④根据单调性求函数  f x 的极值及最值（闭 区间上还要注意比较端点处函数值的大小）. 4.已知函数        212 ln 1 2 12f x ax a x ax a x        . （1）当 1a  时，判断  f x 的单调性； （2）若  f x 在 0, 上为单调增函数，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）在 1,  上为增函数；（2） 0, . 【解析】试题分析：（1）当 1a  时，对函数求导后因式分解，根据导数与单调性的知识可写 出函数的单调区间.（2）当 1a  时，可判断函数导数恒为非负数，函数递增符合题意.当 0 1a  和 0a  时，利用函数的二阶导数判断出不符合题意.故 1a  . 试题解析： (1)当 1a  时，            2 2 32 1 2' ln 1 2, " 11 1 1 1 x xf x x x f xx x x x             ， 所以  'f x 在  1,0 上为减函数，在  0, 上为增函数，即    ' 0 0f x f  ，从而可 得：  f x 在定义域  1,  上为增函数. (2) ① 当 1a  时 ， 由 于        2 20, , ' ln 1 2 ln 1 2 01 1x f x a x ax x xx x                ，所以满足  f x 在  0, 上为单调增函数，即 1a  ； ② 当 0 1a  时 ，        2 2 2' ln 1 2, "1 1 1 af x a x ax f x ax x x              2 2 3 2 2 1 ax ax a x     ，由方程 2 3 2 2 0ax ax a    的判别式： 2 8 0a a    ，所以方 程有两根 1 2,x x ，且由   1 2 2 1 0ax x a   知 1 20x x  ，  'f x 在 20, x 上为减函数，由  ' 0 0f  可知，在  20,x x 时，  ' 0f x  ，这与  f x 在 0, 上为单调增函数相矛 盾 . ③ 当 0a  时 ，     2' ln 1 2,1f x a x axx            2 2 2 2 3 2 2" 01 1 1 a ax ax af x ax x x           ，  'f x 在 0, 上为减函数， 由  ' 0 0f  可知，在  0,x  时，  ' 0f x  ，这与  f x 在 0, 上为单调增函数 也是相矛盾. 综上所述：实数 a 的取值范围是 0, . 点睛：本题主要考查导数与单调性的求解，考查利用导数解决已知函数在某个区间上递增求 参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法.第一问已知 a 的值，利用导数求函数的单调 区间，其基本步骤是：求函数导数、对导数进行通分因式分解、画出导函数图像、画出原函 数图像，最后根据图像来研究题目所求的问题.第二问由于一阶导数无法解决问题，故考虑用 二阶导数来解决. 5.已知函数     22 2 x af x x e x   ，其中 ,a R e 为自然对数的底数. （1）函数  f x 的图象能否与 x 轴相切？若能与 x 轴相切，求实数 a 的值；否则，请说明理 由； （2）若函数   2y f x x  在 R 上单调递增，求实数 a 能取到的最大整数值. 【答案】（1）见解析；（2）1． 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件运用导数的几何意义建立方程进行分析求解；（2）依 据题设条件借助等比数列的求和公式及等差数列的求和公式进行求解： （1）    1 xf x x e ax    ， 假设函数  f x 的图象与 x 轴相切于点 ,0t ，则有     0{ 0 f t f t   ， 即     22 0,{ 2 1 0, t t at e t t e at       ① ② ， 由②可知  1 tat t e  ，代入①中可得   12 02 t tt tt e e    ． ∵ 0te  ， ∴   12 02 t tt    ，即 2 3 4 0t t   ， ∵ 7 0    ， ∴方程 2 3 4 0t t   无解， 故无论 a 取何值，函数  f x 的图象都不与 x 轴相切． （2）记     22 22 x ag x x e x x    ， 由题意知    1 2 0xg x x e ax     在 R 上恒成立． 由  1 2 0g a     ，可得，   0g x  的必要条件是 2a  ， 若 2a  ，则       1 2 2 1 2x xg x x e x x e       ， 当 ln2 1x  时，   0g x  ，故 2a  ， 下面证明：当 1a  时，不等式 1 2 0xx e x    恒成立． 令    1 2xh x x e x    ，则   1xh x xe   ． 记   1xH x xe  ，则    1 xH x x e  ， 当 1x   时，    0,H x H x  单调递增且   1 1H x e    ； 当 1x   时，    0,H x H x  单调递减且  1 1 0H xe     ， ∵  1 1 0, 1 1 02 2 eH H e        ． ∴存在唯一的 0 1 ,12x     使得  0 0H x  ，且当  0,x x  时，   0H x  ，  h x 单调 递减； 当  0,x x  时，    0,H x h x 单调递增． ∴       0 0 0 0min 1 2xh x h x x e x     ， ∵  0 0H x  ， ∴ 0 0 1xe x  ， ∴    0 0 0 0 0 0 1 11 2 3h x x x xx x            ， ∵ 0 1 12 x  ，∴ 0 0 1 52 2xx    ，∴    0min 0h x h x  ， 从而 1 2 0xx e x    恒成立，故 a 能取得的最大整数为 1． 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，设立了两道问题，旨在考查导数知识在研究函数 的单调性、极值（最值）等方面的综合运用。求解第一问时，先依据题设建立方程组求出方 程 2 3 4 0t t   ，然后依据方程有解还是无解，从而使得问题获解；解答第二问时，先依据 题设构造函数用     22 22 x ag x x e x x    ， 然后运用导数知识进行分析推证，从而使得问题简捷巧妙获解。 6. 已知函数   2 2ln 2 ,f x x x ax a a R     ． （Ⅰ）若 0a  ，求函数  f x 在 1,e 上的最小值； （Ⅱ）若函数  f x 在 1 ,22      上存在单调递增区间，求实数 a 的取值范围； 【答案】(1)1 (2) 9, 4     . 【解析】 试题分析：（Ⅰ）当 0a  时，   2lnf x x x  ，其定义域为 0, ，   1 2 0f x xx     ， 所以  f x 在 1,e 上是增函数，当 1x  时，    min 1 1f x f  ． 故函数  f x 在 1,e 上的最小值是 1． 7.己知函数   2 x xf x e  ，   1h x x x   ． （I）求函数        0x f x h x    在 ， 上零点的个数； （II）设           21 1 | | 2 2g x f x h x f x h x cx       ，若函数  g x 在 0, 上是增 函数．求实数 c 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）零点个数为1 （II） c 的取值范围是 3 1, 2e      【解析】试题分析：（1）先求得     2 2 11ex x xx x     ， 2x  时，   0x  恒成立， 可证明 0 2x  时，   0x  ，可得  x 在 0, 上单调递减，根据零点定理可得结果； （2）化简  g x 为分段函数 2 0 2 2 0 1 ,0 , { , ,ex x cx x xx x cx x x       ，利用导数研究函数的单调性，讨论两 种情况，分别分离参数求最值即可求得实数 c 的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）函数      x f x h x   2 1 ex x x x       , 求导，得     2 2 11ex x xx x     ， 当 2x  时，   0x  恒成立， 当 0 2x  时，     2 22 12 x xx x         ， ∴     2 2 11ex x xx x     2 2 1 1 11 1 1 0ex x x        ， ∴   0x  在 0, 上恒成立，故  x 在 0, 上单调递减． 又   11 0e    ，   2 4 32 0e 2     ， 曲线      x f x h x   在[1，2]上连续不间断， ∴由函数的零点存在性定理及其单调性知，∃唯一的 0x ∈（1，2），使  0 0x  ， 所以，函数      x f x h x   在 0, 上零点的个数为 1． （II）由（Ⅰ）知：当  00,x x 时，  x ＞0，当  0,x x   时，  x ＜0． ∴当 0x  时，           21 1 2 2g x f x h x f x h x cx       = 2 0 2 2 0 1 ,0 , { , ,ex x cx x xx x cx x x       求导，得     02 0 11 2 ,0 , { 2 2 , .ex cx x xxg x x x cx x x          由于函数  g x 在 0, 上是增函数， 故   0g x  在 00, x ，  0,x   上恒成立. ②当  00,x x 时，  g x  2 11 2cxx   ， 当 0c  时，   0g x  在  00,x x 上恒成立， 综合①②知，当 3 1 2ec   时，函数  g x 在  0, 上是增函数． 故实数 c 的取值范围是 3 1, 2e      ． 8.己知函数     2 0x axf x ae   (其中 e 为自然对数的底数)，   1h x x x   ． (I)求函数  f x 的单调区间； (II)设           21 1 2 2g x f x h x f x h x cx       ，.已知直线 xy e  是曲线  y f x 的切线，且函数    0,g x 在 上是增函数． (i)求实数 a 的值； (ii)求实数 c 的取值范围． 【答案】（I）见解析；（II）（1） 1a  ；（2） 3 1, 2e      . 【解析】试题分析：(I)求导得    2 ex ax xf x  ，讨论 0a  和 0a  即可； (II) (i)由相切得   0 0 2 0 0 0 0 ,e e{ 21 e e x x x ax ax x   ，解方程即可；(ii)先构造      x f x h x   来讨论  f x 和  h x 的 大 小 ， 得   2 0 2 2 0 1 ,0 , { , ,ex x cx x xxg x x cx x x        ， 求 导 ， 得     02 0 11 2 ,0 { 2 2 ,ex cx x xxg x x x cx x x          . 由函数  g x 在  0, 上是增函数，且曲线  y g x 在  0, 上连续不断知：   0g x  在 00, x ，  0,x   上恒成立，分两段讨论即可. 试题解析： （Ⅰ）∵     2 0ex axf x a  ， ∴        2 22 e e 2 e e x x x x ax xf x a x x ax x        ， （Ⅱ）（1）对  f x 求导，得    2 ex ax xf x  ， 设直线 e xy  与曲线  y f x 切于点  0 0,P x y ，则   0 0 2 0 0 0 0 ,e e{ 21 ,e e x x x ax ax x   解得 0 1a x  ，∴ 1a  ； （2）记函数      x f x h x   2 1 ex x x x       ， 0x  ， 求导，得     2 2 11ex x xx x     ， 当 2x  时，   0x  恒成立， 当 0 2x  时，     2 22 12 x xx x         ， ∴     2 2 11ex x xx x     2 2 1 1 11 1 1 0ex x x        ， ∴   0x  在 0, 上恒成立，故  x 在 0, 上单调递减． 又   11 0e    ，   2 4 32 0e 2     ， 曲线      x f x h x   在[1，2]上连续不间断， ∴由函数的零点存在性定理及其单调性知，∃唯一的 0x ∈（1，2），使  0 0x  ． ∴当  00,x x 时，  x ＞0，当  0,x x   时，  x ＜0． ∴当 0x  时，           21 1 2 2g x f x h x f x h x cx       = 2 0 2 2 0 1 ,0 , { , ,ex x cx x xx x cx x x       求导，得     02 0 11 2 ,0 , { 2 2 , .ex cx x xxg x x x cx x x          由函数  g x 在 0, 上是增函数，且曲线  y g x 在 0, 上连续不断知：   0g x  在 00, x ，  0,x   上恒成立． ①当  0,x x   时，  2 2ex x x cx   ≥0 在 0,x   上恒成立， 即 22 ex xc  在 0,x   上恒成立， 记   2 ex xu x  ， 0x x ，则   3 ex xu x  ， 0x x ， 当 x 变化时，  u x ，  u x 变化情况列表如下： x  0,3x 3  3,  u x  0   u x  极小值  ∴  u x min=  u x 极小值=  3u 3 1 e   ， 故“ 22 ex xc  在 0,x   上恒成立”，只需  min2c u x 3 1 e   ，即 3 1 2ec   ． ②当  00,x x 时，  g x  2 11 2cxx   ， 当 0c  时，   0g x  在  00,x x 上恒成立， 综合①②知，当 3 1 2ec   时，函数  g x 在  0, 上是增函数． 故实数 c 的取值范围是 3 1, 2e      ． 9.已知函数 ， . （1）若直线 与函数 的图象相切，求 的值； （2）设 ，对于 ，都有 ，求实数 的 取值范围. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件，借助导数的几何意义建立方程求解；（2）先将不等 式进行等价转化，再借助题设条件与求导法则，运用导数知识分析求解： (1)设 与 的切点为 ， .又 . (2) ,又 在 上 为 增 函 数 ， 不 妨 设 ， 则 ， ， 即 ，设 ， 在 上为减函 数 ， ， 在 恒 成 立 ， 即 . 设 , , 在 上为增函数， ， ，由已知 ，故实数 的取值范围是 . 点睛：本题以含参数的函数解析式为背景，旨在考查导数在研究函数的单调性、极值（最值） 等方面的综合运用。解答本题的第一问时，充分借助导数的几何意义，直接建立方程进行求 解使得问题获解；解答本题的第二问时，先将绝对值不等式进行等价转化与化归，然后再构 造函数 ，将参数从不等式中分离出来，通过求函数的最小值，从而求出实数 的取值范围，使得问题巧妙获解。 10.已知函数   2 ,x ax x af x a Re    ． （1）若 0a  ，求函数  f x 的单调递增区间； （2）若 0a  ， 1 2 2x x x   ，证明：        1 2 1 1 2 1 f x f x f x f x x x x x    . 【答案】(1) 当 0a  ，单调递增区间为 1,1a a      ；当 0a  时，单调递增区间为 ,1 和 1,a a     ;(2)见解析. 【解析】试题分析：（1），求导，根据导函数的正负讨论单调性即可； （2）欲证        1 2 1 1 2 1 f x f x f x f x x x x x    ，即证      1 1 f x f xg x x x   在  1,2x 上单调递 减，求导证明即可. 试题解析： （2） 0a  ，则   x xf x e  ， 1 2 2x x x   ， 欲证        1 2 1 1 2 1 f x f x f x f x x x x x    ，即证      1 1 f x f xg x x x   在 1,2x 上单调递减， ∵                1 1 11 1 2 2 1 1 1 xx x xx xx xf x x x f x f x e e eg x x x x x              ， 令     1 1 1 1 xx x xx xh x x xe e e     ， 则       2 1 1 12 2 2 0x x x x x x x x xh x e e         ∴  h x 在  1,2x 上为减函数，    1h x h x 而  1 0h x  ∴   0h x  ，则   0g x  ， ∴      1 1 f x f xg x x x   在 1,2x 上单调递减， 又 1 2 2x x x   ，∴        1 2 1 1 2 1 f x f x f x f x x x x x    .