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2015届高考数学(人教通用,理科)必考题型过关练:函数与导数第15练


第 15 练
[内容精要]

导数与单调性

利用导数研究函数的单调性是必考内容,多以综合题中某一问的形式考查,其

出题内容也多种多样,最根本的还是定义中提到的.单调性主要是由函数的导函数在某个区 间上的符号来确定.

题型一 利用导数求函数的单调区间 1 例 1 函数 y= x2-ln

x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞) )

破题切入点 求出函数的导函数 f′(x),根据定义解不等式 f′(x)<0 即可,求解时注意函数 的定义域. 答案 B 解析 根据函数的导数小于 0 的解集就是函数的单调减区间求解. 由题意知,函数的定义域为(0,+∞), 1 又由 y′=x- ≤0,解得 0<x≤1, x 所以函数的单调递减区间为(0,1]. 题型二 已知函数在某区间上的单调性求参数的值或范围 例 2 已知函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数,函数 g(x)=x2-aln x 在(1,2)上为增函数, 则 a 的值等于( )

A.1 B.2 C.0 D. 2 破题切入点 函数 f(x)在(0,1)上为减函数, g(x)在(1,2)上为增函数, 利用导函数 f′(x)≤0 在[0,1] 上恒成立,g′(x)≥0 在[1,2]上恒成立解出两个 a 的取值范围,求出交集即可. 答案 B 解析 ∵函数 f(x)=x2-ax+3 在(0,1)上为减函数, a ∴ ≥1,得 a≥2. 2 a 又∵g′(x)=2x- ,依题意 g′(x)≥0 在 x∈(1,2)上恒成立,得 2x2≥a 在 x∈(1,2)上恒成立, x 有 a≤2,∴a=2. 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(

)

破题切入点 先由 y=-xf′(x)的图象找出 f′(x)的符号, 再根据 f′(x)的符号找出 f(x)的大致 图象. 答案 B 解析 由函数 y=-xf′(x)的图象知, x<-1 时, f′(x)>0, f(x)为增函数; -1<x<0 时, f′(x)<0, f(x)为减函数;0<x<1 时,f′(x)<0,f(x)为减函数;x>1 时,f′(x)>0,f(x)为增函数.故 B 选 项的图象符合. 总结提高 (1)利用导数判断函数单调性的一般步骤: ①确定函数的定义域. ②求导函数 f′(x). ③ 若求单调区间或证明单调性,只需在函数 f(x) 的定义域内解或证明不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0;若已知函数 f(x)的单调性则转化为 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题 来求解,一般是利用函数与方程思想,将字母分离出来. (2)利用导数解决函数单调性应注意的问题: ①单调区间是函数定义域的子区间,所以求解函数的单调区间,首先要求函数的定义域,因 为函数求导之后,自变量的取值范围可能会发生变化. ②求可导函数的单调区间即为解不等式, 若已知函数单调性求参数范围, 转化为恒成立问题, 注意验证所得参数范围的端点值.

k k 1.若函数 h(x)=2x- + 在(1,+∞)上是增函数,则实数 k 的取值范围是( x 3 A.[-2,+∞) C.(-∞,-2] 答案 A B.(2,+∞) D.(-∞,2)

)

2 k 2x +k 解析 由条件得 h′(x)=2+ 2= 2 ≥0 在(1,+∞)上恒成立,即 k≥-2x2 在(1,+∞)上 x x

恒成立,所以 k∈[-2,+∞). 1 π 2.已知 f(x)= x2+sin( +x),f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′(x)的图象是( 4 2 )

答案 A 1 π 1 解析 f(x)= x2+sin( +x)= x2+cos x, 4 2 4 1 f′(x)= x-sin x. 2 易知该函数为奇函数,所以排除 B、D. π π 1 π π π 1 当 x= 时,f′( )= × -sin = - <0,可排除 C.选 A. 6 6 2 6 6 12 2 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( A.af(b)>bf(a) C.af(a)<bf(b) 答案 B 解析 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. (2014· 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,+∞) 答案 D 1 1 解析 由于 f′(x)=k- ,f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞)单调递增?f′(x)=k- ≥0 在(1, x x +∞)上恒成立. B.(-∞,-1] D.[1,+∞) ) ) B.af(a)>bf(b) D.af(b)<bf(a)

1 1 由于 k≥ ,而 0< <1,所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1,+∞). x x 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 x2 式 x2f(x)>0 的解集是( A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D f?x? f?x? 解析 x>0 时? x ?′<0,∴φ(x)= 为减函数, x ? ? 又 φ(2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ(x)>0, 此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数. 故 x2f(x)>0 的解集为(0,2)∪(-∞,-2). π 6.函数 f(x)的定义域为(0, ),f′(x)是它的导函数,且 f(x)<f′(x)tan x 恒成立,则( 2 π π A. 3f( )> 2f( ) 4 3 π π C. 2f( )>f( ) 6 4 答案 D 解析 f(x)<f′(x)tan x?f(x)cos x<f′(x)sin x, f?x? 构造函数 g(x)= , sin x f′?x?sin x-f?x?cos x 则 g′(x)= , sin2x 根据已知 f(x)cos x<f′(x)sin x, π 得 g′(x)>0,所以 g(x)在(0, )上单调递增, 2 π π 所以 g( )<g( ), 6 3 π π f? ? f? ? 6 3 即 < , 1 3 2 2 π π 所以 3f( )<f( ). 6 3 7.函数 f(x)=ex-ln(x+1)的单调递增区间是________. 答案 (0,+∞) π B.f(1)<2f( )sin 1 6 π π D. 3f( )<f( ) 6 3 ) ) B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2)

1 解析 f′(x)=ex- ,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,+∞). 1 8.已知函数 f(x)= mx2+ln x-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围为________. 2 答案 [1,+∞) 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立, x 1?2 2 m≥-? ? x? +x , 1?2 2 1 令 g(x)=-? ?x? +x,则当x=1 时,函数 g(x)取最大值 1,故 m≥1. 1 1 2 9.设 f(x)=- x3+ x2+2ax.若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,则 a 的取值范围为 3 2 3 ________. 1 答案 (- ,+∞) 9 1 1 解析 由已知得 f′(x)=-x2+x+2a=-(x- )2+ +2a. 2 4 2 2 2 当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′( )= +2a. 3 3 9 2 1 令 +2a>0,得 a>- . 9 9 1 2 所以当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间. 9 3 10.已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)·ex(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. 解 (1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0. ∵ex>0,∴-x2+2>0,解得- 2<x< 2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 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[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立.

∴Δ=[-(a-2)]2+4a≤0,即 a2+4≤0,这是不可能的. 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[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈R 都成立, ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≤0 对 x∈R 都成立. 而 Δ=[-(a-2)]2+4a=a2+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. ln x+a 1 11.已知函数 f(x)= (a∈R),g(x)= . x x (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)若函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上有公共点,求实数 a 的取值范围. 1-?ln x+a? 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= . x2 令 f′(x)=0,得 x=e1 a,


当 x∈(0,e1 a)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;


当 x∈(e1 a,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减函数.


所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,e1 a],


单调递减区间为[e1 a,+∞),


极大值为 f(x)极大值=f(e1 a)=ea 1,无极小值.
- -

ln x+a-1 (2)令 F(x)=f(x)-g(x)= , x -ln x+2-a 则 F′(x)= . x2 令 F′(x)=0,得 x=e2 a;


令 F′(x)>0,得 x<e2 a;


令 F′(x)<0,得 x>e2 a,


故函数 F(x)在区间(0,e2 a]上是增函数,


在区间[e2 a,+∞)上是减函数.


①当 e2 a<e2,即 a>0 时,函数 F(x)在区间(0,e2 a]上是增函数,
- -

在区间[e2 a,e2]上是减函数,F(x)max=F(e2 a)=ea 2.
- - -

a+1 - 又 F(e1 a)=0,F(e2)= 2 >0, e 由图象,易知当 0<x<e1 当e
1-a 2
-a

时,F(x)<0;

<x≤e 时,F(x)>0,

此时函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上有 1 个公共点. ②当 e2 a≥e2,即 a≤0 时,


F(x)在区间(0,e2]上是增函数, F(x)max=F(e2)= a+1 . e2 a+1 ≥0,即-1≤a≤0 时, e2

若 F(x)max=F(e2)=

函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上只有 1 个公共点; 若 F(x)max=F(e2)= a+1 <0,即 a<-1 时, e2

函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间(0,e2]上没有公共点. 综上,满足条件的实数 a 的取值范围是[-1,+∞). 12.(2014· 大纲全国)函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)在区间(1,2)是增函数,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a). ①若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1,故此时 f(x)在 R 上是增函数. ②由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根 -1+ 1-a -1- 1-a x1= ,x2= . a a 若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2),(x1, +∞)是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(x2,x1)是减函数; 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或 x∈(x2,+∞)时,f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+ ∞)是减函数; 当 x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(x1,x2)是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)=3ax2+6x+3>0,故当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数. 5 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0,解得- ≤a<0. 4 5 综上,a 的取值范围是[- ,0)∪(0,+∞). 4


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