浙江专用2019高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式第3讲利用导数研究函数的单调性学案201812242184

浙江专用2019高考数学二轮复习专题五函数与导数不等式第3讲利用导数研究函数的单调性学案201812242184PAGEPAGE1。。内部文件，版权追溯第3讲利用导数研究函数的单调性高考定位理解导数的几何意义是曲线上某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求法或讨论．真题感悟1．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．答案D2．(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.(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.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a<0，则由f′(x)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)<0；可得切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,15)，\f(4,15)))，∴切线方程为y＝4x－4，由题设可知切线相同，∴g′(x)＝－eq\f(k,x2)＝4，∴x＝eq\r(－\f(k,4))，∴4eq\r(－\f(k,4))－4＝eq\f(k,\r(－\f(k,4)))，解得k＝－1.答案(1)y＝2x－2(2)－1探究提高(1)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．(2)解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方程，再考虑该切线与其他条件的关系．【训练1】(1)(2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x(2)(2018·全国Ⅲ卷)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a＝________．解析(1)法一因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)·(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0.因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.法二因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，此时f(x)＝x3＋x(经检验，f(x)为奇函数)，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.法三易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x.故选D.(2)y′＝(ax＋1＋a)ex，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y′|x＝0＝(ax＋1＋a)ex|x＝0＝1＋a＝－2，所以a＝－3.答案(1)D(2)－3热点二求不含参数的函数的单调性【例2】(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解(1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b，∴依题设，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2e＋2，,f′（2）＝e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．探究提高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．训练2函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1，1] B．(0，1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析y＝eq\f(1,2)x2－lnx，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)＝eq\f(（x－1）（x＋1）,x)(x>0)．令y′≤0，得0<x≤1，∴递减区间为(0，1]．答案B热点三利用函数的单调性求参数【例3】(2018·杭州调研)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(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．解(1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2，由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，eq\f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a>G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，所以G(x)min＝－1.所以a>－1.(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，因为x∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16).探究提高利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法(1)函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间．方法一：转化为“f′(x)>0(<0)在区间D上有解”；方法二：转化为“存在区间D的一个子区间使f′(x)>0(<0)成立”．(2)函数f(x)在区间D上递增(减)．方法一：转化为“f′(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”问题；方法二：转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子集”．训练3(1)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋2x＋1的递减区间为(－2，－1)，则实数a的值为________．(2)(2018·绍兴模拟)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在[－1，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是________．解析(1)f′(x)＝x2－ax＋2，由已知得－2，－1是f′(x)的两个零点，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－2）＝4＋2a＋2＝0，,f′（－1）＝1＋a＋2＝0，))解得a＝－3.(2)由已知得f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤(x＋1)2－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤－1.答案(1)－3(2)(－∞，－1]1．求曲线的切线方程的方法是利用切线方程的公式y－y0＝f′(x0)(x－x0)，它的难点在于分清“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异．突破这个难点的关键是理解这两种切线的不同之处在哪里，在过点P(x0，y0)的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上，而在点P(x0，y0)处的切线，必以点P为切点，则此时切线的方程是y－y0＝f′(x0)(x－x0)．2．解函数单调性有关问题时务必先求定义域，不能忽视定义域．3．函数f(x)在区间D上递增(减)f′(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立，此处易漏“＝”．4．函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间f′(x)>0(<0)在D上有解，此处易误多加“＝”.一、选择题1．函数f(x)＝xlnx，则函数f(x)()A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递增 D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上递减解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0得x>eq\f(1,e)，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,e)，故选D.答案D2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．答案A3．曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(2,3) D．1解析因为y′＝－2e－2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)))，所以三角形面积S＝eq\f(1,2)×1×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).答案A4．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()A．(1，2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0，3]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，则[a－1，a＋1](0，3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.答案A5．(2018·金丽衢联考)若定义域为R的单调递增函数y＝f(x)对于任意两个不相等的实数m，n都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))>eq\f(f（m）＋f（n）,2)成立，y＝f′(x)为函数y＝f(x)的导函数，则f(a＋1)－f(a)，f′(a)，f′(a＋1)的大小关系为()A．f′(a)<f(a＋1)－f(a)<f′(a＋1)B．f′(a)<f′(a＋1)<f(a＋1)－f(a)C．f′(a＋1)<f(a＋1)－f(a)<f′(a)D．f′(a＋1)<f′(a)<f(a＋1)－f(a)解析因定义在R上的增函数y＝f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))>eq\f(f（m）＋f（n）,2)(m≠n)，∴y＝f(x)的图象上凸，如图所示，又f(a＋1)－f(a)＝eq\f(f（a＋1）－f（a）,（a＋1）－a)表示两点M，N连线的斜率kMN，f′(a)与f′(a＋1)分别表示曲线y＝f(x)在点M，N处切线的斜率，因此f′(a＋1)<kMN<f′(a)，即f′(a＋1)<f(a＋1)－f(a)<f′(a)．答案C二、填空题6．(2018·天津卷)已知函数f(x)＝exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．解析由题意得f′(x)＝exlnx＋ex·eq\f(1,x)，则f′(1)＝e.答案e7．(2018·宁波调研)函数f(x)＝eq\f(ex,x)的单调递增区间为________；递减区间是________．解析函数的定义域为{x|x≠0}，且f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，令f′(x)>0得x>1，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，令f′(x)<0，得x<1且x≠0，f(x)的单调减区间为(－∞，0)和(0，1)．答案(1，＋∞)(－∞，0)和(0，1)8．已知函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．解析由题意知f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝－eq\f(（x－1）（x－3）,x)，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.答案(0，1)∪(2，3)9．(2018·舟山模拟)若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq\f(1,9).所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))10．若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．解析直线y＝kx＋b与曲线y＝lnx＋2，y＝ln(x＋1)均相切，设切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝lnx＋2，得y′＝eq\f(1,x)；由y＝ln(x＋1)，得y′＝eq\f(1,x＋1).∴k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋1)，则x1＝eq\f(1,k)，x2＝eq\f(1,k)－1.∴y1＝2－lnk，y2＝－lnk，即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，2－lnk))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－1，－lnk)).∵A、B在直线y＝kx＋b上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－lnk＝k·\f(1,k)＋b，,－lnk＝k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－1))＋b))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1－ln2，,k＝2.))答案1－ln211．(2018·北京大学附中模拟)已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝lnx＋1，则函数f(x)＝________，函数f(x)的最小值为________．解析由f′(x)＝lnx＋1得f(x)＝xlnx＋c，又f(1)＝0，则c＝0，所以f(x)＝xlnx．又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).答案xlnx－eq\f(1,e)12．(2016·北京卷)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,－2x，x＞a.))(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．解析(1)当a＝0时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤0，,－2x，x＞0.))若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1)．由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x≤0时，f(x)≤f(－1)＝2.若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，所以f(x)＜f(0)＝0.所以f(x)最大值为2.(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图．由(1)知，当a≥－1时，f(x)取得最大值2.当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.所以a＜－1.答案(1)2(2)(－∞，－1)三、解答题13．设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋1.(1)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(2)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)由已知得，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)．(2)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<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))eq\s\do7(max)＝－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(2,x)即x＝－eq\r(2)时等号成立．所以满足要求的实数a的取值范围是(－∞，－2eq\r(2))．14．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′（x）＋\f(m,2)))在区间(t，3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a（1－x）,x)，当a>0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a＝0时，f(x)＝－3为常数，不是单调函数．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x).∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，即g′(x)＝0在区间(t，3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴eq\b\lc\{(