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

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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

‎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).‎
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