（江苏专用）高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时1 导数与函数的单调性 理-人教版高三数学试题

课时1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求函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的单调区间．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).当f′(x)>0，即0<x<e时，函数f(x)单调递增；当f′(x)<0，即x>e时，函数f(x)单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．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．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为____________．答案(0,1]解析y＝eq\f(1,2)x2－lnx，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)(x>0)．令y′≤0，得0<x≤1，∴递减区间为(0,1]．题型二含参数的函数的单调性例2已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)．(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)＝eq\f(ex,ex＋1)－a.∵函数y＝f(x)的导函数是奇函数，∴f′(－x)＝－f′(x)，即eq\f(e－x,e－x＋1)－a＝－eq\f(ex,ex＋1)＋a，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(ex,ex＋1)－a＝1－eq\f(1,ex＋1)－a.①当a≥1时，f′(x)<0恒成立，∴a∈[1，＋∞)时，函数y＝f(x)在R上单调递减．②当0<a<1时，由f′(x)>0得(1－a)(ex＋1)>1，即ex>－1＋eq\f(1,1－a)，解得x>lneq\f(a,1－a)，由f′(x)<0得(1－a)(ex＋1)<1，即ex<－1＋eq\f(1,1－a)，解得x<lneq\f(a,1－a).∴a∈(0,1)时，函数y＝f(x)在(lneq\f(a,1－a)，＋∞)上单调递增，在(－∞，lneq\f(a,1－a))上单调递减．综上，当a≥1时，f(x)在R上单调递减；当0<a<1时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(a,1－a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(a,1－a)))上单调递减．思维升华(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．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的单调性．解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).①当a≥1时，f′(x)>0，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0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a))，则当x∈(0,eq\r(\f(1－a,2a)))时，f′(x)<0；当x∈(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0,eq\r(\f(1－a,2a)))上单调递减，在(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增．题型三利用函数单调性求参数例3设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)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，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)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.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(3)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x∈(－2，－1)时，a<(x＋eq\f(2,x))max＝－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(2,x)即x＝－eq\r(2)时等号成立．所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2eq\r(2))．引申探究：在本例3(3)中，1．若g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？解方法一∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，∴g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0，,g′－1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2a＋2≤0，,1＋a＋2≤0，))解之得a≤－3，即实数a的取值范围为(－∞，－3]．方法二∵g′(x)＝x2－ax＋2，由题意可得g′(x)≤0在(－2，－1)上恒成立，即a≤x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq\f(2,x)，x∈(－2，－1)的值域为(－3，－2eq\r(2)]，∴a≤－3，∴实数a的取值范围是(－∞，－3]．2．若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，求a的值．解∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.3．若g(x)在(－2，－1)上不单调，求a的取值范围．解由引申探究1知g(x)在(－2，－1)上为减函数，a的范围是(－∞，－3]，若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq\f(2,x)的值域为(－3，－2eq\r(2)]，∴a的范围是[－2eq\r(2)，＋∞)，∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2eq\r(2)，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调，实数a的取值范围是(－3，－2eq\r(2))．思维升华已知函数单调性，求参数范围的两个方法(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：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．已知函数f(x)＝exlnx－aex(a∈R)．(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝eq\f(1,e)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)＝exlnx＋ex·eq\f(1,x)－aex＝(eq\f(1,x)－a＋lnx)ex，f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·eq\f(1,e)＝－1，得a＝2.(2)由(1)知f′(x)＝(eq\f(1,x)－a＋lnx)ex，若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0，在x>0时恒成立．即eq\f(1,x)－a＋lnx≤0，在x>0时恒成立．所以a≥eq\f(1,x)＋lnx，在x>0时恒成立．令g(x)＝eq\f(1,x)＋lnx(x>0)，则g′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)(x>0)，由g′(x)>0，得x>1；由g′(x)<0，得0<x<1.故g(x)在(0,1)上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，此时g(x)的最小值为g(x)＝1，但g(x)无最大值(且无趋近值)．故f(x)不可能是单调递减函数．若f(x)为单调递增函数，则f′(x)≥0，在x>0时恒成立，即eq\f(1,x)－a＋lnx≥0，在x>0时恒成立，所以a≤eq\f(1,x)＋lnx，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．分类讨论思想研究函数的单调性典例(14分)已知函数f(x)＝lnx，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．思维点拨依据g(x)的切线条件可得g′(1)＝0得a，b关系，代g(x)后消去b，对a进行分类讨论确定g′(x)的符号．规范解答解(1)依题意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx，则g′(x)＝eq\f(1,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)＝eq\f(2ax2－2a＋1x＋1,x)＝eq\f(2ax－1x－1,x).∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－eq\f(x－1,x).由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1，[6分]当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a)，[7分]若eq\f(1,2a)<1，即a>eq\f(1,2)，由g′(x)>0，得x>1或0<x<eq\f(1,2a)，由g′(x)<0，得eq\f(1,2a)<x<1；[9分]若eq\f(1,2a)>1，即0<a<eq\f(1,2)，由g′(x)>0，得x>eq\f(1,2a)或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<eq\f(1,2a)，[11分]若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.[12分]综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，eq\f(1,2a))上单调递减，在(eq\f(1,2a)，＋∞)上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>eq\f(1,2)时，函数g(x)在(0，eq\f(1,2a))上单调递增，在(eq\f(1,2a)，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[14分]温馨提醒(1)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．(2)本题求解先分a＝0或a>0两种情况，再比较eq\f(1,2a)和1的大小．[方法与技巧]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意定义域．2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．[失误与防范]1．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．2．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．3．讨论函数单调性要在定义域内进行，不要忽略函数的间断点.A组专项基础训练(时间：40分钟)1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是____________．答案(2，＋∞)解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.2．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(－∞，eq\f(5,2)]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＋eq\f(1,x)恒成立．令g(x)＝x＋eq\f(1,x)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴m≤2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).3．设函数f(x)＝x－2sinx是区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,2)))上的减函数，则实数t的取值范围是____________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ－\f(π,6)))，k∈Z解析由题意得f′(x)＝1－2cosx≤0，即cosx≥eq\f(1,2)，解得2kπ－eq\f(π,3)≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∵f(x)＝x－2sinx是区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,2)))上的减函数，∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，t＋\f(π,2)))⊆eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,3)，2kπ＋\f(π,3)))，∴2kπ－eq\f(π,3)≤t≤2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)．4．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，的大小关系为________________．答案解析设g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由题意g′(x)>0，所以g(x)单调递增，当x1<x2时，g(x1)<g(x2)，即所以．5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为____________．答案c<a<b解析依题意得，当x<1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，即有f(3)<f(0)<f(eq\f(1,2))，c<a<b.6．函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为________．答案(0,1)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．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[eq\f(3,4)，＋∞)解析f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1,1]时恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).8．已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)．若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．答案(0，eq\f(2,5)]∪[1，＋∞)解析f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.9．已知函数f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(a,x)－lnx－eq\f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(a,x2)－eq\f(1,x)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq\f(1,2)x知f′(1)＝－eq\f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq\f(5,4).(2)由(1)知f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx－eq\f(3,2)，则f′(x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2).令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．10．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)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)＝eq\f(mx－1,x＋1)－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)＝eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1＝eq\f(1,2)a，a＝2.又∵g(1)＝0＝eq\f(1,2)a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.(2)∵φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是减函数．∴φ′(x)＝eq\f(－x2＋2m－2x－1,xx＋12)≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)，∵x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.故实数m的取值范围是(－∞，2]．B组专项能力提升(时间：20分钟)11．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是__________．答案1<a≤2解析∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx，∴f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，当x－eq\f(9,x)≤0时，有0<x≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.12．已知f(x)是可导的函数，且f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则下列关系正确的是________．①f(1)<ef(0)，f(2016)>e2016f(0)；②f(1)>ef(0)，f(2016)>e2016f(0)；③f(1)>ef(0)，f(2016)<e2016f(0)；④f(1)<ef(0)，f(2016)<e2016f(0)．答案④解析令g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝(eq\f(fx,ex))′＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，所以函数g(x)＝eq\f(fx,ex)是单调减函数，所以g(1)<g(0)，g(2016)<g(0)，即eq\f(f1,e1)<eq\f(f0,1)，eq\f(f2016,e2016)<eq\f(f0,1)，故f(1)<ef(0)，f(2016)<e2016f(0)．13．若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在[eq\f(2,3)，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．答案(－eq\f(1,9)，＋∞)解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈[eq\