2020高考数学(文)总复习《导数与函数的单调性》

1、导数在研究函数中的应用考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的 单调区间 (其中多项式函数不超过三次 )；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 会用导数求函数的极大值、极小值( 其中多项式函数不超过三次 )；会求闭区间上函数的最大值、最小值 (其中多项式函数不超过三次 )； 3.利用导数研究函数的单调性、极 (最 )值，并会解 决与之有关的方程 (不等式 )问题； 4.会利用导数解决某些简单的实际问题.知识梳理1. 函数的单调性与导数的关系函数 y f(x)在某个区间内可导，则：(1) 若 fx()>0 ，则 f(x)在这个区间内单调

2、递增；(2) 若 fx()<0 ，则 f(x)在这个区间内单调递减；(3) 若 fx() 0，则 f(x)在这个区间内是常数函数 .2. 函数的极值与导数f x(0) 0条件x0 附近的左侧 fx()>0，右侧fx()<0x0 附近的左侧 fx()<0 ，右侧 fx()>0图象形如山峰形如山谷极值f (x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0 为极大值点x0 为极小值点3.函数的最值与导数(1) 函数 f(x) 在 a，b上有最值的条件如果在区间 a， b上函数 yf(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值(2) 求 yf(x)在a，b上的最大

3、 (小 )值的步骤求函数 y f(x)在(a，b)内的极值；将函数 y f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小 的一个是最小值 .常用结论与微点提醒 1. 若函数 f(x)在区间 (a， b)上递增，则 fx() 0，所以“ fx()>0 在(a， b)上成立”是“ f(x)在(a， b)上单调递增”的充分不必要条件 .2. 对于可导函数 f(x)，“ fx(0)0”是“函数 f(x)在 xx0 处有极值”的必要不充分条件 .3. 求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然 认为极值就是最值 .4. 函数

4、最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的 大小关系 .诊断自测1.判断下列结论正误 (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 fx()>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) 函数的极大值一定大于其极小值 .( )(4) 对可导函数 f(x)，若 fx(0) 0，则 x0 为极值点 .()(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.( )解析 (1) f(x)在 (a， b)内单调递增，则有 fx

5、()0.(3) 函数的极大值也可能小于极小值 .(4) x0为 f( x)的极值点的充要条件是 f x(0) 0，且 x0 两侧导函数异号 . 答案 (1) × (2) (3)× (4)× (5)2.(老教材选修 11P94 探究改编 )如图是 f(x)的导函数 fx()的图象，则 f(x)的极小值点的个数 为 ()A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由题意知在 x1处 f(1)0，且其两侧导数符号为左负右正 . 答案 A3. (老教材选修 11P93 练习 T1 改编)函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是 ( ) A.(0 ， 1B.1 ， )C.(

6、， 1D. 1， 0)(0，12 2x2 2解析 由题意知 f x() 2x x x (x>0) ，由 fx() 0，得 0<x 1.答案 A4. (2017 浙·江卷 )函数 y f(x)的导函数 yfx()的图象如图所示，则函数y f(x)的图象可能是 x1<0<x2<x3)，所以函数 f( x)在( ， x1) ，(x2， x3)上单调递减，在 (x1， x2)， (x3 ， )上单调 递增，观察各选项，只有 D 选项符合 .解析由导函数 y fx()的x（ ，x1）（x2，x3）时，fx（）<0；当图象易得当x（x1，x2）（x3， ）时，

7、 f x（）>0（其中答案 D15. (2020 深·圳调研 )设函数 f(x)12x29ln x 在区间 a1， a 1上单调递减，则实数 a 的取值 范围是 ( )A. (1 ， 2B.4 ， )C.(， 2D.(0 ，39解析 易知 f(x)的定义域为 (0， )，且 fx() x x又 x>0，由 fx() x 0，得 0<x 3.x因为函数 f( x)在区间 a 1， a1上单调递减，a 1>0 ，所以解得 1<a 2.a 13，答案 A16. (2020 成·都七中月考 )若函数 f(x)3x34xm 在0，3上的最大值为 4，m.

8、解析 fx()x24，x0，3，当 x0，2)时， fx()<0，当 x(2，3时，fx()>0，所以 f(x) 在0，2)上是减函数，在 (2，3上是增函数 .又 f(0) m， f(3) 3m.所以在 0， 3上， f(x)maxf(0) 4，所以 m 4. 答案 4.x第一课时 导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例 1】 (2017·全国 卷改编 )已知函数 f(x) ex (ex a) a2x，其中参数 a0.(1)讨论 f(x) 的单调性；(2)若 f( x) 0，求 a 的取值范围 .解 (1)函数 f (x)的定义域为 (， )，且 a 0.fx(

9、) 2e2x aex a2 (2ex a)(ex a).若 a0，则 f(x)e2x，在 (， )上单调递增 .a若 a<0，则由 fx() 0，得 xln 2 .a当 x ， ln 2 时， fx()<0 ；a当 x ln 2 ， 时， fx()>0.a故 f(x)在 ， ln 2 上单调递减，a在区间 ln 2a ， 上单调递增 .(2)当 a0时， f(x) e2x0恒成立 .若 a<0，则由 (1)得，当 x ln 2a 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f ln 2a a2 34ln 2a ， 故当且仅当 a2 3ln a 0，423即 0>a 2e4

10、时， f(x)0.3综上， a 的取值范围是 2e4，0.规律方法 1.(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 的点和函数的间断点 . 2.个别导数为 0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)x3，fx()3x20(fx()0在 x0时取到)，f(x)在 R 上是增函数 .【训练 1】 已知函数 f(x)axln x(a R).(1)若 a 2，求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程；(2)求 f(x)的单调区间 .1解 (1)当 a2 时，由已知得 fx()2x1(x>

11、0)，f(1)213，且 f(1)2，所以切线斜率 k 3.所以切线方程为 y23(x 1)，即 3x y10. 故曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 3xy10.1 ax 1(2)由已知得 fx()ax x (x>0) ，当 a0 时，由于 x>0，故 ax 1>0， fx()>0 ，所以 f(x)的单调递增区间 (0， ).1当 a<0 时，令 fx()0，得 x 7 7 所以 G(x)maxG 4 16(此时 x 4)，所以 a 16.a 11在区间 0， 上， fx()>0，在区间 ， 上， f x()<0， aa11所以函数 f(x)的

12、单调递增区间为 0， 1 ，单调递减区间为 1， aa考点二 根据函数单调性求参数 典例迁移1【例 2】 (经典母题 )已知函数 f(x)ln x，g(x) 2ax22x.(1)若函数 h(x)f(x)g(x) 存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 h(x)f(x)g(x) 在1，4上单调递减，求实数 a 的取值范围1解 h(x)ln x 2ax22x， x>0.hx()1ax2.x(1)若函数 h(x)在 (0， )上存在单调减区间，11 2则当 x>0 时， ax2<0 有解，即 a> 2 有解 .xx x设 G(x) x12 2x，所以只要a&g

13、t; G(x) min又 G(x) 11x2 1，所以 G(x)min 1.所以 a>1.即实数 a 的取值范围是 (1， ).(2)由 h(x)在 1， 4上单调递减，1当 x1，4时， hx() x ax 2 0 恒成立，x则 a x12 2x恒成立，设1G(x)x12所以 a G(x) max.12 1 1又 G(x) x1 1，因为 x 1 ， 4，所以 1 4，1 ，x x 4x1，4，hx()7x 4)( x 4)0，16x7 1 7( 7x 4)( x 4)16x又当 a176时，hx()x1176x2(7x4)( x4)，当且仅当 x 4时等号成立 .h(x)在 1， 4

14、上为减函数 .故实数 a 的取值范围是 176，迁移 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 因为 h(x)在 1，4上单调递增，所以当 x 1， 4时， hx()0恒成立，12所以当 x1，4时， ax122x恒成立，12又当 x1，4时， 2 1(此时 x1)，x x min所以 a 1，即 a的取值范围是 (， 1.迁移 2】 本例(2)中，若函数 h(x)在区间 1，4上不单调，求实数a 的取值范围 .解 h(x)在区间 1， 4上不单调，hx()0在开区间 (1，4)上有解 .1 2 12则 a 2 x 1 1 在 (1， 4

15、)上有解 .x x x令 m(x) 1x1 1，x(1，4)，易知 m(x)在 (1，4)上是增函数， 1<m(x)<176，因此实数 a 的取值范围是 1， 176 .规律方法 1.(1)已知函数的单调性， 求参数的取值范围， 应用条件fx() 0(或 fx() 0)，x( a，b)恒成立，解出参数的取值范围 (一般可用不等式恒成立的理论求解 不恒等于 0 的参数的范围 .(2)如果能分离参数， 则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值)，应注意参数的取值是 f x()之间的关系 .2.若函数 y f(x) 在区间 (a，b)上不单调，则转化为 fx() 0 在(a，b)上有解

16、.训练 2】 (2020·赣州联考 )已知函数 f(x)ln x， g(x)21axb.(1)若 f(x)与 g(x)的图象在 x 1 处相切，求 g(x)；(2)若 (x)m(xx11)f(x)在1，)上是减函数，求实数 m的取值范围 .11解 (1)由已知得 fx() x1，所以 f(1) 1 21a，所以 a2.x2(2)因为 (x) m(x 1)x 1 又因为 g(1)2abf(1) 0，所以 b1. 所以 g(x) x1.f(x)m(x1)ln x在1， )上是减函数 x1 x2( 2m2) x 1所以 x()2 0 在 1， ) 上恒成立，x(x1)2即 x2(2m2)x

17、10在1， )上恒成立， 则 2m2xx 0<x< ， 111 解得 1<x<；由2 解得 0<x<1.所以函数 g(x)在 0， 上单调递减，在，上单调e 2 eee 2g(x)<0， x1， )，x因为 x12，当且仅当 x1 时取等号，x所以 2m2 2，即 m 2.故实数 m 的取值范围是 (， 2.考点三 函数单调性的简单应用 多维探究 角度 1 比较大小【例 31】 (1)已知函数 yf(x)对于任意的 x 0，2 满足 fx()cos xf(x)sin x1ln x，其中 fx()是函数 f(x) 的导函数，则下列不等式成立的是 ( )A

18、. 2f 3 <f 4B. 2f 3 >f 4 C. 2f 6 > 3f 4 D. 2f 3 >f 6(2)(2019 东·北三省四校联考 )设xR，函数 yf(x)的导数存在，若f(x)fx()>0恒成立，且 a>0， 则下列结论正确的是 ( )B.f(a)>f(0)D.e af(a)> f(0)A.f(a)<f(0)C.eaf(a)<f(0)解析(1)令 g(x)f(x)cos x，则 gx()f( x)cos x f(x)2cos2x sin x)1 ln x2cos2x.由0<x<2，g( x) >

19、0，递增，又 3>4，所以 g 3>g4，所以f3>cos 3 cos4，4即 2f 3 >f 4 .(2)设 g(x)exf(x)，则 gx()exf(x)fx()>0，g(x)在 R 上单调递增， 由 a>0，得 g(a)>g(0)，即 eaf(a)>f(0).答案 (1)B (2)D角度 2 解不等式【例 3 2】 (2020·河南名校联盟调研 )已知定义在 (0， )上的函数 f(x)满足 xfx() f(x)<0 ， 其中 fx()是函数 f(x)的导函数 .若 2f(m2 019)>( m 2 019)f(2)，

20、则实数 m的取值范围为 ( )A.(0 ， 2 019)B.(2 019 ， )C.(2 021， )D.(2 019，2 021)解析 令 h(x)f(x)，x(0， )，则 hx()xf(x)2 f(x)xxxfx()f(x)<0， hx()<0，函数 h(x)在(0， )上单调递减， 2f(m2 019)>( m2 019)f(2)，m2 019>0，f(m2 019) f(2)m2 019 > 2，即 h(m2 019)>h(2).m2 019<2且 m2 019>0，解得 2 019<m<2 021.实数 m 的取值范围为

21、(2 019，2 021).答案 D规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问 题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小 .2. 与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与 fx()的不等关系时，常构造含 f(x)与另一函数的积 (或商 )的函数，与题设形成解题链条，利用导数 研究新函数的单调性，从而求解不等式 .【训练 3】 (1)(角度 1)函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)f(2 x)，且当 x(， 1)时，1(x 1)fx()<0 ，设 af(0)，bf 2 ，c f(3

22、) ，则 ()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a1(2)(角度 2)已知函数 fx()是函数 f(x)的导函数， f(1) e，对任意实数都有 f(x)fx()>0，设 F(x)f( xx)，则不等式 F (x)< 12的解集为 ( ) eeA.( ， 1)B.(1 ， )C.(1 ，e)D.(e ， )解析 (1)由题意得，当 x<1 时， fx()>0，f(x)在(，1)上为增函数11又 f(3)f(1)，且 1<0<12<1，因此有 f( 1)<f(0)<f 2 ，

23、1则有 f(3)<f(0)<f 2 ，即 c<a<b.f(x)exf(x)ex f(x) f(x)(2)Fx()f(x)(eex)2f(x)ex f(x)，又 f(x)f x()>0，所以 Fx()<0，即 F(x)在定义域上单调递减，1 由 F( x)< 12 F(1)，所以 x>1，e1 所以不等式 F(x)<e12的解集为 (1， ).答案 (1)C (2)BA 级 基础巩固一、选择题1.函数 yf(x)的图象如图所示，则(f(x)在(0， )上单调递减，所解析 由函数 f(x)的图象可知， f(x)在(， 0)上单调递增， 以在(，

24、0)上，fx()>0；在(0，)上，fx()<0，选项 D 满足. 答案 D2.(2020 石·家庄检测 )已知 a 为实数，f(x)ax33x2，若 f(1) 3，则函数 f(x)的单调递增区间为 ( )A.( 2， 2)C.(0 ， 2)B.2， 22 ， 2D. 2， 22解析 f(x) ax33x2，则 fx() 3ax2 3，又 f(1) 3a 3 3，解得 a 2， fx() 6x23，由 fx()>0，解得 22<x< 22.故 f(x) 的单调递增区间为2， 22 ， 2答案 B3. (2019 广·州检测 )定义在 R 上的函

25、数 f(x) x3 m与函数 g(x)f(x)kx 在 1，1上具有相 同的单调性，则 k 的取值范围是 ( )C.( 3， )D.( ， 3解析 因为 fx() 3x20，所以 yf(x)为减函数，即 g(x)在 1，1上也为减函数 . 则 gx() 3x2k0，即 k3x2 在1，1上恒成立，所以 k0.答案 B4. 已知函数 f(x ) xsin x，x R，则 f 5 ，f(1)，f 3 的大小关系为 ( ) A.f 3 >f(1)> f 5 B.f(1)>f 3 >f 5 C.f 5 >f(1)>f 3D.f 3 >f 5 >f(1)解

26、析 因为 f(x)xsin x，所以 f(x)(x) ·sin( x) xsin x f(x)，所以函数 f(x)是偶函数，所以 f 3f 3.33又当 x 0，2 时， fx() sin xxcos x>0，所以函数 f(x)在 0， 2上是增函数，所以 f 5<f(1)<f 3，即 f 3>f(1)>f 5.答案 A15. 已知函数 f(x)3x34x 2ex 2ex，其中 e 为自然对数的底数，若 f(a1)f(2a2)0，则3实数 a 的取值范围是 ( )1A.( ， 1B. 2， C. 1， 12D. 1， 12解析 f x() x24 2ex

27、 2ex x2 4 2 4ex·ex x20， f(x)在 R 上是增函数 . 1又 f(x) 31x3 4x2e x 2ex f(x)，知 f(x)为奇函数 .3故 f(a1)f(2a2) 0? f(a 1) f(2a2)，1a1 2a2，解之得 1a2.答案 D二、填空题6. 已知定义在区间 ( ， 上)的函数 f( x) xsin x cos x，则 f(x)的单调递增区间为 .解析 f x() sin x xcos xsin x xcos x.令 fx() xcos x>0，则其在区间 ( ，上)的解集为 ， 2和 0，2，即 f(x)的单调递增区间为 ， 2， 0，2

28、.答案 ，2 ， 0，27. 若 f(x) x2 aln x 在(1， ) 上单调递增，则实数 a 的取值范围为 a解析 由 f(x)x2aln x，得 fx() 2xx，xf(x)在(1，)上单调递增， 2x ax 0 在(1，)上恒成立，即 a2x2在(1，)上恒x成立， 当 x(1， )时， 2x2>2， a 2.答案 (， 28.(2020 西·安调研 )设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， f(2) 0，当 x>0时，有 xf(x)f(x)x2<0恒成立，则不等式 x2f(x)>0 的解集是解析 当 x>0时，x2f(xx) x·f

29、(x)2 f(x)<0，xf( x) (x) (x) 在(0， )上为减函数，x又 f(2) 0，即 (2)0，在(0，)上，当且仅当 0<x<2 时， ( x)>0， 此时 x2f(x)>0.又 f(x)为奇函数， h(x)x2f(x)也为奇函数， 由数形结合知 x( ， 2)时 f(x)>0.故 x2f(x)>0 的解集为 (， 2)(0，2).答案 (， 2)(0， 2)三、解答题9.已知函数 f(x)ln xex k(k为常数 )，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x轴平行 .(1)求实数(2)求函数k 的值； f(x)的单调区间

30、.1 ln x kx解 (1)fx()x (x>0).1k又由题意知 f(1) 1k0，所以 k 1. e1 ln x 1x(2)由(1)知， fx()ex(x>0).设 h(x)x1 ln x1(x>0)，x 则 hx() x12 x1<0，所以 h( x)在(0， )上单调递减 .由 h(1) 0知，当 0<x<1 时， h(x)>0，所以 fx()>0；当 x>1 时， h(x)<0 ，所以 fx()<0. 综上 f(x)的单调增区间是 (0， 1)，减区间为 (1， ).1e10. 设函数 f( x)ax2 a ln x

31、，g(x) x，其中 aR ，e 2.718为自然对数的底数 xe(1)讨论 f(x) 的单调性； (2)证明：当 x>1 时， g(x)>0.1 2ax2 1(1)解 由题意得 fx() 2ax x x (x>0).xx当 a0 时， fx()<0 ， f(x)在 (0， )内单调递减 .a>0xx1时，由 fx() 0 有 x，2a0， 211. (2020 郑·州调研 ) 已知 f(x)aln x 2x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有2a 时， fx()<0，f(x)单调递减；12a， 时， fx()>0，

32、f(x)单调递增 .(2)证明 令 s(x) ex1x，则 sx()ex1 1.当 x>1 时， sx()>0 ，所以 s(x)>s(1)，即 ex 1>x，>0.从而 g(x)1xeexe(exxe1xx)x e xef( x1) f( x2)x1x2>2 恒成立，则a 的取值范围为 (B 级 能力提升A.(0 ，1B.(1 ， )C.(0，1)D.1 ， )f( x1) f ( x2)解析 对任意两个不相等的正实数 x1，x2，都有 ( 1) ( 2) >2恒成立，则当 x>0 时，f x() 2 x1x2a恒成立， fx() x x 2在(

33、0， )上恒成立，则 a(2xx2)max1.x答案 D12. 若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数 )在 f(x) 的定义域上单调递增，则称函数 f(x) 具有 M性质.下列函数中具有 M 性质的是 ( ) x 2A.f(x) 2 xB.f(x)x2C.f(x)3 xD. f(x) cos x解析 设函数 g(x)ex·f(x)，对于 A，g(x)ex·2x 2e ，在定义域 R 上为增函数， A 正确 . 对于 B，g(x)ex·x2，则 gx() x(x 2)ex，由 gx()>0 得 x<2 或 x>0，g(x)在定义域 R 上不 e x是增函数， B 不正确 .对于 C，g(x)ex·3x 3 在定义域 R 上是减函数， C 不正确 .对于 D，g(x) ex·cos x，则 gx() 2excos x4 ， gx()>0 在定义域 R 上不恒成立， D 不正确 .答案 A13. 求形如 y f(x)g(x)的函数的导数， 我们常采用以下做法： 先两边同取自然对数得 ln y g(x)ln11f(x) ， 再 两 边 同 时 求 导 得 y ·y g