高中数学框架图-选修2-3高中数学视频
导数与单调性
[题型分析·高考展望] 利用导数研究函数单调性是高考每年必考内容
,多以综合题中某一问
的形式考查,题目承载形式多种多样,但其实质都是通过求导判断导数符号,确定
单调性.
题目难度为中等偏上,一般都在最后两道压轴题上,这是二轮复习的得分点,应高度重视.
常考题型精析
题型一 利用导数求函数单调区间
求函数的单调区间的“两个”方法
(1)①确定函数y=f(x)的定义域;
②求导数y′=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.
(2)①确定函数y=f(x)的定义域;
②求导数y′=f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定义区间内的一切实根;
③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列
起来,然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间;
④确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.
12
例1 已知函数f(x)=ax
2
+ln x,g(x)=-bx,其中
a,b∈R.设h(x)=f(x)-g(x).若f(x)在x=
22
处取得极值,且f′(
1)=g(-1)-2,求函数h(x)的单调区间.
点评
利用导数求函数的单调区间,关键是要严格解题步骤,形成解这类问题的基本程序.
4
变式训练1
(重庆)已知函数f(x)=ax
3
+x
2
(a∈R)在x=-处取得极值.
3
(1)确定a的值;
(2)若g(x)=f(x)e
x
,讨论g(x)的单调性.
题型二
已知函数在某区间上的单调性求参数的值或取值范围
例2
(西安模拟)已知函数f(x)=3ax-2x
2
+ln x,a为常数.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求a的取值范围.
点评
已知函数y=f(x)在区间(a,b)的单调性,求参数的取值范围的方法
(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)转化
为不等式的恒成立问题求解:即“若函数单调递增,则f′(x)≥0;若函数单调递减,
则f′(x)
≤0”.
3x
2
+ax
变式训练2
(重庆)设函数f(x)=(a∈R).
e
x
(1)若f(x)在x=0处取得极值
,确定a的值,并求此时曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上为减函数,求a的取值范围.
题型三 与函数导数、单调性有关的图象问题
例3 已知函数y
=-xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),下面四个图象
中,y=
f(x)的图象可能是( )
点评 利用导数判断
图象,应先分清原函数图象与导函数图象;看导函数图象,要看哪一部
分大于0,哪一部分小于0,看原
函数图象要看单调性.
变式训练3 (安徽)函数f(x)=ax
3
+bx
2
+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的
是( )
A.a>0,b<0,c>0,d>0
C.a<0,b<0,c>0,d>0
B.a>0,b<0,c<0,d>0
D.a>0,b>0,c>0,d<0
高考题型精练
1.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)
C.f(c)>f(b)>f(a)
B.f(b)>f(a)>f(c)
D.f(c)>f(b)>f(d)
2.(课标全国Ⅱ)若函数f(x)=kx-ln
x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2]
C.[2,+∞)
B.(-∞,-1]
D.[1,+∞)
3.若函
数y=f(x)在R上可导,且满足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立,且常数a,b满足a>b,则下列不等式一定成立的是( )
(b)>bf(a)
(a)
(b)
0,
?
上的
函数f(x),f′(x)是它的导函数,且恒有f(x)
?
2
?
则( )
π
??
π
?
A.3f
?
>2f
?<
br>4
??
3
?
π
??
π
?
C.2f<
br>?
?
6
?
>f
?
4
?
π
?
B.f(1)<2f
?
?
6
?
sin
1
π
??
π
?
D.3f
?
?
6
?
3
?
xf′?x?-f?x?
5.设f
(x)是定义在R上的奇函数,且f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式
x
2<
br>x
2
f(x)>0的解集是( )
A.(-2,0)∪(2,+∞)
B.(-2,0)∪(0,2)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞)
D.(-∞,-2)∪(0,2)
11
6.若函数f(x)=x2
+ax+在(,+∞)是增函数,则a的取值范围是( )
x2
A.[-1,0]
C.[0,3]
B.[-1,+∞)
D.[3,+∞)
7.设函数f(x)=ln x-ax,g(x)=e
x
-ax,其中a为常数.若f(x)在(1,+∞)上是减函数,且g(x)
在(1,+∞)上有最小值
,则a的取值范围是( )
A.(e,+∞)
C.(1,+∞)
B.[e,+∞)
D.[1,+∞)
8.函数f(x)=e
x
-ln(x+1)的单调递增区间是________.
1
9.已知函数f(x)=mx
2
+ln
x-2x在定义域内是增函数,则实数m的取值范围为________.
2
10.若函数f(x)=2x
2
-ln x在其定义域内的一个子区间(k
-1,k+1)内不是单调函数,则实数k
的取值范围是__________.
11.已知
a∈R,函数f(x)=(-x
2
+ax)·e
x
(x∈R,e为自然对数的
底数).
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)函数f(x)是否为R上的单调函数?若是,求出a的取值范围;若不是,请说明理由.
1
12.(课标全国Ⅰ)
已知函数f(x)=x
3
+ax+,g(x)=-ln x.
4
(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线;
(2)用min{m,n
}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的<
br>个数.
答案精析
导数与单调性
常考题型精析
1
例1 解 因为f′(x)=ax+,所以f′(1)=a+1.
x
由f′(1)=g(-1)-2可得a=b-3.
又f(x)在x=
所以f′
?
2
处取得极值,
2
2
2
?
=a+2=0,所以a=-2,b=1.
?
2
?
2
所以h(x)=-x
2
+ln
x+x,其定义域为(0,+∞).
-2x
2
+x+1
1
h′(x)=-2x++1=
xx
=
-?2x+1??x-1?
,
x
1
令h′(x)=0得x
1
=-,x
2
=1,
2
当x∈(0,1)时,h′(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.
所以函数h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.
变式训练1 解 (1)对f(x)求导得f′(x)=3ax
2
+2x,
4
4
-
?
=0, 因为f(x)在x=-处取得极值,所以f′?
?
3
?
3
16
?
-
4
?<
br>=
16a
-
8
=0,解得a=
1
. 即3a·+2·
?
3
?
3392
1
32
?
x
(2
)由(1)得g(x)=
?
?
2
x+x
?
e,
3
2
1
x+2x
?
e
x
+
?
x3
+x
2
?
e
x
故g′(x)=
?
?
2
??
2
?
1
3
5
2
x+x+
2x
?
e
x
=
?
2
?
2
?1
=x(x+1)(x+4)e
x
.
2
令g′(x)=0,解得x=0,x=-1或x=-4.
当x<-4时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当-4<x<-1时,g′(x)>0,故g(x)为增函数;
当-1<x<0时,g′(x)<0,故g(x)为减函数;
当x>0时,g′(x)>0,故g(x)为增函数.
综上知g(x)在(-
∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.
例2 解
(1)当a=1时,f(x)=3x-2x
2
+ln
x,函数f(x)的定义域是(0,+∞),
1
-4x
2
+3x+1
f′(x)=3-4x+=
xx
=
-?4x+1??x-1?
.
x
由f′(x)>0,得0
故函数f(x)的单调增区间是(0,1),单调减区间是(1,+∞).
1
(2)
f′(x)=3a-4x+.若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数,则f′(x)≥0,或f′(x)
≤0在区间
x
[1,2]上恒成立.
1111
于是3a-4x+≥0,或3
a-4x+≤0在区间[1,2]上恒成立,即3a≥4x-,或3a≤4x-在
xxxx
区间
[1,2]上恒成立.
1
令h(x)=4x-,则h(x)在区间[1,2]上是增函数.
x
因此h(x)
max
=h(2)=
15
,h(x)
min
=h(1)=3.
2
155
即3a≥或3a≤3,故a≥或a≤1.
22
5
,+∞
?
∪(-∞,1]. 所以a的取值范围为
?
2
??
?6x+a?e
x
-?3x
2
+ax?e<
br>x
-3x
2
+?6-a?x+a
变式训练2 解
(1)对f(x)求导得f′(x)==,
e
x
?e
x
?
2
因为f(x)在x=0处取得极值,所以f′(0)=0,即a=0.
-3x
2<
br>+6x
3x
2
33
当a=0时,f(x)=
x
,f′
(x)=,故f(1)=,f′(1)=,从而f(x)在点(1,f(1))处的
x
eeee
33
切线方程为y-=(x-1),化简得3x-ey=0.
ee
-3x
2
+?6-a?x+a
(2)由(1)知f′(x)=.
e
x
令g(x)=-3x
2
+(6-a)x+a,
6-a-a
2
+36
由g(x)=0解得x
1
=,
6
6-a+a
2
+36
x
2
=.
6
当x<x
1
时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数;
当x
1
<x<x
2
时,g(x)>0,即f′(x)>0,
故f(x)为增函数;
当x>x
2
时,g(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)为减函数.
6-a+a
2
+36
9
由f(x)在[3,+∞)上为减函数,知x
2
=≤3,解得a≥-,
62
9
-,+∞
?
.
故a的取值范围为
?
?
2
?
例3 B [由函数y=-xf′(x
)的图象知,x<-1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;-1
故选项B的图象符合.]
变式训练3 A [由已知f(0)=d>0,可排除D
;其导函数f′(x)=3ax
2
+2bx+c且f′(0)=c>0,
c
可
排除B;又f′(x)=0有两不等实根,且x
1
x
2
=>0,所以a>0,
故选A.]
a
高考题型精练
1.C [由f′(x)的图象知,x∈[a,c]
时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,∵c>b>a,∴f(c)>f(b)>f(a).]
11
2.D [由于f′(x)=k-,f(x)=kx-ln
x在区间(1,+∞)单调递增?f′(x)=k-≥0在(1,
xx
11
+∞)上
恒成立.由于k≥,而0<<1,所以k≥1.即k的取值范围为[1,+∞).]
xx
3.
B [令F(x)=xf(x),
则F′(x)=xf′(x)+f(x),由xf′(x)>-f(x),
得xf′(x)+f(x)>0,即F′(x)>0,
所以F(x)在R上为递增函数.
因为a>b,所以af(a)>bf(b).]
4.D
[∵f(x)
f′?x?sin x-f?x?cos x
f?x?
∴[]′=>0.
sin xsin
2
x
?
π
?
f
?
π
?
f
?
6
??
3
?
f?x?
?
π
?
∴函数在
?
0,
2
?
上单调递增,
从而<,
sin x
ππ
sin sin
63
π
??<
br>π
?
即3f
?
?
6
?
3
?
.]
f?x?
f?x?
5.D
[x>0时
?
x
?
′<0,∴φ(x)=为减函数,
x
??
又φ(2)=0,∴当且仅当0
此时x
2
f(x)>0.
又f(x)为奇函数,∴h(x)=x
2
f(x)也为奇函数.
故x
2
f(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).]
11
6.D
[由题意知f′(x)≥0对任意的x∈(,+∞)恒成立,又f′(x)=2x+a-
2
,
2x
11
所以2x+a-
2
≥0对任意的x∈(,+∞)恒成立,
x2
1
分离参数得a≥
2
-2x,
x
1
若满足题意,需a≥(
2
-2x)
max
,
x
11
令h(x)=
2
-2x,x∈(,+∞),
x2
2
因为h′(x)=-
3
-2,
x
1
所以当x∈(,+∞)时,h′(x)<0,
2
1
即h(x)在x∈(,+∞)上单调递减,
2
1
所以h(x)
1
7.A [f′(x)=-a,g′(x)=e
x
-a,由题
意得,当x∈(1,+∞)时f′(x)≤0恒成立,即x∈(1,
x
1
+∞)时a≥
恒成立,则a≥1.因为g′(x)=e
x
-a在(1,+∞)上单调递增,所以g′(x)>
g′(1)
x
=e-a.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,则必有e-a<0,即a>e
.
综上,a的取值范围是(e,+∞).]
8.(0,+∞)
1
解析
f′(x)=e
x
-,该函数单调递增且f′(0)=0,
x+1
所以当x>0时,f′(x)>0,
所以函数f(x)的单调递增区间是(0,+∞).
9.[1,+∞)
1
解析 f′(x)=mx+-2≥0对一切x>0恒成立,
x
1
?
2
2
?
1
?
2
+
2
, m≥-
?
+,令g(x)=-
?
x
?
x
?
x?
x
1
则当=1时,函数g(x)取最大值1,故m≥1.
x
3
10.[1,)
2
1
解析
f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=4x-.
x
1
由f′(x)=0,得x=.
2
1
?
?
k-1<
2
据题意得
?
解
得1≤k<.
2
?
k-1≥0,
?
11.解
(1)当a=2时,f(x)=(-x
2
+2x)e
x
,
∴f′(
x)=(-2x+2)e
x
+(-x
2
+2x)e
x
=(-x
2
+2)e
x
.
令f′(x)>0,即(-x
2
+2)e
x
>0.
∵e
x
>0,∴-x
2
+2>0,解得-2
(2)若函数f(x)在R上单调递减,
则f′(x)≤0对x∈R都成立,
即[-x
2
+(a-2)x+a]e
x
≤0对x∈R都成立.
∵e
x
>0,∴x
2
-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立.
∴Δ=[-(a-2)]
2
+4a≤0,
即a
2
+4≤0,不成立.
故函数f(x)不可能在R上单调递减.
若函数f(x)在R上单调递增,
则f′(x)≥0对x∈R都成立,
即[-x
2
+(a-2)x+a]e
x
≥0对x∈R都成立,
∵e
x
>0,∴x
2
-(a-2)x-a≤0对x∈R都成立.
而Δ=[-(a-2)]
2
+4a=a
2
+4>0,
故函数f(x)不可能在R上单调递增.
综上可知,函数f(x)不可能是R上的单调函数.
12.解 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x
0,
0),
1<
br>?
?
x
3
0
+ax
0
+=0,
4<
br>则f(x
0
)=0,f′(x
0
)=0.即
?
?
?
3x
2
0
+a=0,
13
解得x
0
=,a=-.
24
3
因此,当a=-时,x轴为曲线y=f(x)的切线.
4
(2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln
x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,
故h(x)在(1,+∞)无零点.
55
当x
=1时,若a≥-,则f(1)=a+≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=
1是h(x)
44
5
的零点;若a<-,则f(1)<0,h(1)=min{f(1
),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零点.
4
当x∈(0,1)时,g(x)=-ln
x>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.
1
(ⅰ)若a≤-3或a≥0,则
f′(x)=3x
2
+a在(0,1)无零点,故f(x)在(0,1)单调.而f(0)=,
f(1)
4
5
=a+,所以当a≤-3时,f(x)在(0,1)有一个零点;当a≥
0时,f(x)在(0,1)没有零点.
4
(ⅱ)若-3?
0,
?
a
??
-
单调递减,在
3
??a
?
2a
-
=
3
3
?
a
?<
br>-,1
单调递增,故在(0,1)中,当x
3
?
a1
-+.
34
=
a
-时,f(x)取得最小值,最小值为f
?
3?
①若f
?
?
?
?
3
a
?
-
>0,即-
4
3
?3
a
?
-
=0,即a=-
4
,f(x)在(0,1)有
唯一零点;
3
?
31553
a
?
-
<0,即-3
4
,由于f(0)=
4
,f(1)=a+
4
,所以
当-
4
4
时,f(x)在(0,1)
3
?
②若f
?
③若f
?
5
有两个零点;当-34
3535
综上,当a>-或a<-时,h(x)有一个零点
;当a=-或a=-时,h(x)有两个零点;当-
4444
53
44