高考数学江苏(理)考前三个月配套文档专题3函数与导数第13练Word版含解析

高考数学江苏(理)考前三个月配套文档专题3函数与导数第13练Word版含分析高考数学江苏(理)考前三个月配套文档专题3函数与导数第13练Word版含分析高考数学江苏(理)考前三个月配套文档专题3函数与导数第13练Word版含分析第13练必考题型——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观察，题目承载形式多种多样，但其实质都是经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．体验高考1．(2015·建改编福)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则以下结论中必然错误的选项是________．f1＜1；kk1fk＞k－1；f1＜1；k－1k－1f1＞k.k－1k－1答案③分析由已知条件，构造函数g(x)＝f(x)－kx，则g′(x)＝f′(x)－k＞0，故函数g(x)在R上单调递加，且1＞0，k－11故g( )＞g(0)，k－1因此f(1)－k＞－1，f(1)＞1，k－1k－1k－1k－1因此结论中必然错误的选项是③，选项④无法判断；构造函数h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝f′(x)－1＞0，1因此函数h(x)在R上单调递加，且k＞0，11111因此h(k)＞h(0)，即f(k)－k＞－1，f(k)＞k－1，选项①、②无法判断．综上，结论中必然错误的选项是③.2．(2015·标全国课Ⅱ改编)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______________．答案(－∞，－1)∪(0,1)分析记函数g(x)＝fxxf′x－fxx，则g(x)＝x2，因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，故当x＞0时，g′(x)＜0，因此g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，因此g(x)在(－∞，0)上单调递加，且g(－1)＝g(1)＝0.当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0.综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．3．(2016·标全国乙课)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.谈论f(x)的单调性；若f(x)有两个零点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加．(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－e2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，因此f(x)在(－∞，＋∞)上单调递加．②若a>－e2，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.因此f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递加，在(ln(－2a)，1)上单调递减．③若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.因此f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递加，在(1，ln(－2a))上单调递减．(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lna2，a223则f(b)>2(b－2)＋a(b－1)＝ab－2b>0，因此f(x)有两个零点．(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，因此f(x)只有一个零点．(ⅲ)设a<0，若a≥－e(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递加．又当x≤1时，f(x)<0，故2，则由f(x)不存在两个零点；e若a<－2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递加．又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．高考必会题型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加区间；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的确根；③把函数f(x)的中止点(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次序排列起来，尔后用这些点把函数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，依照符号判断函数在每个相应区间内的单调性．例1(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－4处获取极值．3确定a的值；若g(x)＝f(x)ex，谈论g(x)的单调性．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，44因为f(x)在x＝－3处获取极值，因此f′－3＝0，16－4＝16a8＝0，解得a＝1即3a·＋2·3－2.933132ex，(2)由(1)得g(x)＝2x＋x故g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex1352＝2x＋2x＋2xex1x＝2x(x＋1)(x＋4)e.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．谈论利用导数求函数的单调区间，要点是要严格解题步骤，形成解这类问题的基本程序．变式训练1(2016·山东)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处获取极大值，求实数a的取值范围．解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝1－2a＝1－2ax.xx当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递加；11当a＞0，x∈0，2a时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递加，x∈2a，＋∞时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．因此当a≤0时，g(x)的单调递加区间为(0，＋∞)；11当a＞0时，g(x)的单调增区间为0，2a，单调减区间为2a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递加，因此当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递加，因此f(x)在x＝1处获取极小值，不合题意．②当0＜a＜1112时，2a＞1，由(1)知f′(x)在0，2a内单调递加，可适合x∈(0,1)时，f′(x)＜0，x∈1，1时，f′(x)＞0.2a因此f(x)在(0,1)内单调递减，在1，1内单调递加．2a因此f(x)在x＝1处获取极小值，不合题意．③当a＝12时，2a1＝1，f′(x)＝lnx－x＋1，f′(x)在(0,1)内单调递加，在(1，＋∞)内单调递减．又f′(1)＝0－1＋1＝0，因此当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．111④当a＞2时，0＜2a＜1，当x∈2a，1时，f′(x)＞0，f(x)单调递加，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．因此f(x)在x＝1处取极大值，吻合题意．1综上可知，实数a的取值范围为a＞2.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已知函数f(x)＝3ax－2x2＋lnx，a为常数．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．解(1)当a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋lnx，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，1f′(x)＝3－4x＋x＝

－4x2＋3x＋1x4x＋1x－1＝x.由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1.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＋x.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[1,2]上恒成立．于是

13a－4x＋x≥0

或

13a－4x＋x≤0

在区间[1,2]上恒成立，即

13a≥4x－x或

13a≤4x－x在区间[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－1，则h(x)在区间[1,2]上是增函数．x15因此h(x)max＝h(2)＝2，h(x)min＝h(1)＝3.15即3a≥2或

3a≤3，故

5a≥2或

a≤1.因此

a的取值范围为

52，＋∞∪(－∞，1]．谈论已知函数y＝f(x)在区间(a，b)的单调性，求参数的取值范围的方法．利用会集间的包含关系办理：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)转变成不等式的恒成立问题求解：即

“若函数单调递加，则

f′(x)≥0恒成立；若函数单调递减，则

f′(x)≤0”恒成立．变式训练

2设函数

f(x)＝1x3－ax2＋bx＋c，曲线32

y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为

y＝1.求b，c的值；若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝x2－ax＋b，f0＝1，c＝1，由题意得即f′0＝0，b＝0.由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.因此函数f(x)的单调递加区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．2(3)g′(x)＝x－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，2即x∈(－2，－1)时，a<(x＋x)max＝－22，2当且仅当x＝x，即x＝－2时等号成立．因此满足要求的a的取值范围是(－∞，－22)．高考题型精练1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递加区间是________．答案(2，＋∞)xf′(x)＝[(x－3)exxxx分析函数f(x)＝(x－3)e的导数为]′＝e＋(x－3)e＝(x－2)e.由函数导数与函数单调性的关系，适合f′(x)>0时，函数f(x)单调递加，x，解得x>2.此时由不等式f′(x)＝(x－2)e>02．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________．5答案(－∞，]分析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，21即x－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋x恒成立．11令g(x)＝x＋x，g′(x)＝1－x2，∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递加，15∴m≤2＋2＝2.3．方程1x3－3x2＋1＝0在区间(0,2)上恰好有______个根．3答案1分析设f(x)＝13223x－3x＋1，则f′(x)＝x－6x＝x(x－6)，当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)在(0,2)8上单调递减，又f(0)f(2)＝1×(3－12＋1)<0，因此f(x)＝0在区间(0,2)上恰好有1个根．4．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，则ex1fx2与ex2fx1的大小关系为________________．答案ex1fx2>ex2fx1分析设g(x)＝fxx，则g′(x)＝f′xex－fxexf′x－fx，由题意g′(x)>0，因此g(x)单调x2＝xeee递加，当x1<x2时，g(x1)<g(x2)，即f(x1)f(x2)，ex1ex2因此ex1fx2>ex2fx1．5．若函数y＝f(x)在(0，＋∞)上的导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)>f(x)恒成立，又常数a，b满足a>b>0，给出以下不等式：bf(a)>af(b)；②af(a)>bf(b)；③bf(a)<af(b)；④af(a)<bf(b)．其中必然成立的是________．(填序号)答案①分析令g(x)＝fxxf′x－fxx(x>0)，则g′(x)＝x2(x>0)．又因为xf′(x)>f(x)，因此g′(x)>0，因此函数g(x)在(0，＋∞)上是增函数．fafb又因为a>b>0，因此g(a)>g(b)，即a>b，因此bf(a)>af(b)．16．(2016课·标全国乙改编)若函数f(x)＝x－3sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递加，则a的取值范围是________________．答案－1，1331分析∵函数f(x)＝x－3sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递加，f′(x)＝1－2cos2x＋acosx322＝1－3(2cosx－1)＋acosx425＝－cosx＋acosx＋≥0，33425即acosx≥3cosx－3在(－∞，＋∞)上恒成立．当cosx＝0时，恒有0≥－5，得a∈R；345当0<cosx≤1时，得a≥3cosx－3cosx，5令t＝cosx，f(t)＝3t－3t在(0,1]上为增函数，得a≥f(1)＝－13；当－1≤cosx<0时，得a≤453cosx－3cosx，令t＝cosx，f(t)＝43t－3t5在[－1,0)上为增函数，1得a≤f(－1)＝3.综上，可得a的取值范围是－113，3.7．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是________．答案[34，＋∞)x2x分析f′(x)＝(2x－2a)e＋(x－2ax)e由题意，当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，2即x＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]时恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，g－1≤0，则有g1≤0，－12＋2－2a·－1－2a≤0，即12＋2－2a－2a≤0，解得a≥34.8．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝log222c的单调递减区间为x＋bx＋33____________．答案(－∞，－2)分析∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由题图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，12－4b＋c＝0，∴27＋6b＋c＝0，b＝－32，解得c＝－18.22c令g(x)＝x＋3bx＋3，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<－2时，g′(x)<0，∴g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数．∴函数y＝log2x2＋2bx＋c的单调递减区间为(－∞，－2)．339．若函数f(x)＝－1312＋2ax2，＋∞)上存在单调递加区间，则a的取值范围是3x＋x在[23________．答案(－19，＋∞)分析对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.222当x∈[3，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(3)＝9＋2a，21令9＋2a＞0，解得a＞－9.1因此a的取值范围是(－9，＋∞)．10．已知函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1,0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝30.30.3ππ11，·f(3)，b＝log3·f(log3)，c＝log39·flog39则a，b，c从大到小的次序为________．答案c＞a＞b分析因为当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立，因此y′＝(xf(x))′＜0在(－∞，0)上成立，因此函数y＝xf(x)在(－∞，0)上单调递减．因为函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1,0)对称，因此函数y＝f(x)的图象关于原点对称，因此函数y＝f(x)是奇函数，因此函数y＝xf(x)是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递加．又30.3＞1＞logπ1＝－2，3＞0＞log391＞30.3＞1＞logπ2＝－log393＞0，110.30.3因此－log39f－log39＞3f(3)logπ3·f(logπ3)，1111又－log39f－log39＝log39·flog39，因此log11＞30.3·f(30.3ππ，即c＞a＞b.39·flog39)＞log3·f(log3)11．已知函数a＋1－1.f(x)＝lnx＋ax＋x当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；当－12≤a≤0时，谈论f(x)的单调性．2解(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋x＋x－1，1212此时f′(x)＝x＋1－x2，f′(2)＝2＋1－4＝1.又因为f(2)＝ln2＋2＋22－1＝ln2＋2，因此切线方程为y－(ln2＋2)＝x－2，整理得x－y＋ln2＝0.11＋aax2＋x－a－1(2)f′(x)＝x＋a－x2＝x2ax＋a＋1x－1＝x2(x＞0)．x－1当a＝0时，f′(x)＝x2.此时，在(0,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递加．ax＋a＋1x－1a当－1≤a<0时，f′(x)＝.x221＋ax－12f(x)在(0，＋当－a＝1，即a＝－1时，f′(x)＝－2≤0在(0，＋∞)上恒成立，因此22x∞)上单调递减．11＋a1＋a上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在当－2<a<0时，－a>1，此时在(0,1)或－a，＋∞1，－1＋a上，f′(x)>0，f(x)单调递加．a综上，当a＝0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递加；当－11＋a1＋a上单调递加；<a<0时，f(x)在(0,1)，－，＋∞上单调递减，在1，－2aa当a＝－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．212．(2016山·东)已知f(x)＝a(x－lnx)＋2x－1x2，a∈R.谈论f(x)的单调性；3(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋关于任意的x∈[1,2]成立．解f(x)的定义域为(0，＋∞)，a22ax2－2x－1f′(x)＝a