（江蘇專用）高考數(shù)學(xué) 考前三個月 必考題型過關(guān)練 第15練 導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 理

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1、第15練　導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性 題型一　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 例1　函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為________． 破題切入點(diǎn)　求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，根據(jù)定義解不等式f′(x)<0即可，求解時注意函數(shù)的定義域． 答案　(0,1] 解析　由題意知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， 又由y′＝x－≤0，解得0

2、數(shù)f(x)在(0,1)上為減函數(shù)，g(x)在(1,2)上為增函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)f′(x)≤0在[0,1]上恒成立，g′(x)≥0在[1,2]上恒成立解出兩個a的取值范圍，求出交集即可． 答案　2 解析　∵函數(shù)f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上為減函數(shù)， ∴≥1，得a≥2. 又∵g′(x)＝2x－，依題意g′(x)≥0在x∈(1,2)上恒成立，得2x2≥a在x∈(1,2)上恒成立，有a≤2，∴a＝2. 題型三　與函數(shù)導(dǎo)數(shù)、單調(diào)性有關(guān)的圖象問題 例3　設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的極值情況為_______

3、_______________． 破題切入點(diǎn)　根據(jù)函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象找到f(x)的導(dǎo)函數(shù)的符號，再由極值點(diǎn)的定義得出結(jié)論． 答案　有極大值f(－2)和極小值f(2) 解析　利用極值的存在條件判定． 當(dāng)x<－2時，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0； 當(dāng)－20，得f′(x)<0； 當(dāng)x>2時，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0， ∴f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)，在(－2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是

4、增函數(shù)， ∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)． 總結(jié)提高　(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟： ①確定函數(shù)的定義域． ②求導(dǎo)函數(shù)f′(x)． ③若求單調(diào)區(qū)間或證明單調(diào)性，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解或證明不等式f′(x)>0或f′(x)<0；若已知函數(shù)f(x)的單調(diào)性則轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問題來求解，一般是利用函數(shù)與方程思想，將字母分離出來． (2)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性應(yīng)注意的問題： ①單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，首先要求函數(shù)的定義域，因為函數(shù)求導(dǎo)之后，自變量的取值范圍可能會發(fā)生變化． ②求可導(dǎo)函

5、數(shù)的單調(diào)區(qū)間即為解不等式，若已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，轉(zhuǎn)化為恒成立問題，注意驗證所得參數(shù)范圍的端點(diǎn)值． 1．若函數(shù)h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________． 答案　[－2，＋∞) 解析　由條件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)． 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋mx＋ln x是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是________． 答案　[－2，＋∞) 解析　依題意知，x>0，f′(x)＝， 令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)， 當(dāng)－≤0時，g(0)＝1>0恒

6、成立，∴m≥0成立， 當(dāng)－>0時，則Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0， 綜上，m的取值范圍是m≥－2. 3．若函數(shù)y＝f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足不等式xf′(x)>－f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，則下列不等式一定成立的是________． ①af(b)>bf(a); ②af(a)>bf(b)； ③af(a)－f(x)， 得xf′(x)＋f(x)>0， 即F′(x)>0， 所以F(x)在R上為遞增函數(shù)． 因為a>b，所以

7、af(a)>bf(b)． 4．(2014·課標(biāo)全國Ⅱ改編)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是________． 答案　[1，＋∞) 解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范圍為[1，＋∞)． 5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)＝0，當(dāng)x>0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是________________． 答案　(－∞，－2)∪(0,2) 解析　x>0時′<0，∴φ(x)＝為減函數(shù)

8、， 又φ(2)＝0，∴當(dāng)且僅當(dāng)00， 此時x2f(x)>0. 又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)>0的解集為(0,2)∪(－∞，－2)． 6．函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且f(x)f(); ②f(1)<2f()sin 1； ③f()>f(); ④f()

9、(x)cos x0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增， 所以g()0時，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)． 8．已知函數(shù)f(x)＝mx2＋ln x－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍為________． 答案　[1，＋∞) 解析　f′(x)＝mx＋－2≥0對一切x>0恒成立， m≥－2＋，

10、 令g(x)＝－2＋，則當(dāng)＝1時，函數(shù)g(x)取最大值1，故m≥1. 9．設(shè)f(x)＝－x3＋x2＋2ax.若f(x)在(，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍為________． 答案　(－，＋∞) 解析　由已知得f′(x)＝－x2＋x＋2a ＝－(x－)2＋＋2a. 當(dāng)x∈[，＋∞)時，f′(x)的最大值為f′()＝＋2a. 令＋2a>0，得a>－. 所以當(dāng)a>－時，f(x)在(，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間． 10．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)函數(shù)f(x)是否

11、為R上的單調(diào)函數(shù)？若是，求出a的取值范圍；若不是，請說明理由． 解　(1)當(dāng)a＝2時，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－0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立． ∴Δ＝[－(a－2)]2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不

12、可能的． 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減． 若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增， 則f′(x)≥0對x∈R都成立， 即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立， ∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立． 而Δ＝[－(a－2)]2＋4a＝a2＋4>0， 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞增． 綜上可知，函數(shù)f(x)不可能是R上的單調(diào)函數(shù)． 11．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)，g(x)＝. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)若函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有公共點(diǎn)，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)函數(shù)f(x)的定義域

13、為(0，＋∞)，f′(x)＝. 令f′(x)＝0，得x＝e1－a， 當(dāng)x∈(0，e1－a)時，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(e1－a，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù)． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1－a]， 單調(diào)遞減區(qū)間為[e1－a，＋∞)， 極大值為f(x)極大值＝f(e1－a)＝ea－1，無極小值． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝， 則F′(x)＝. 令F′(x)＝0，得x＝e2－a； 令F′(x)>0，得xe2－a， 故函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2

14、－a，＋∞)上是減函數(shù)． ①當(dāng)e2－a0時，函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2－a]上是增函數(shù)， 在區(qū)間[e2－a，e2]上是減函數(shù)，F(xiàn)(x)max＝F(e2－a)＝ea－2. 又F(e1－a)＝0，F(xiàn)(e2)＝>0， 由圖象，易知當(dāng)00， 此時函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有1個公共點(diǎn)． ②當(dāng)e2－a≥e2，即a≤0時， F(x)在區(qū)間(0，e2]上是增函數(shù)， F(x)max＝F(e2)＝. 若F(x)max＝F(e2)＝≥0，即－1≤a≤0時， 函數(shù)f(x)的圖象與

15、函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上只有1個公共點(diǎn)； 若F(x)max＝F(e2)＝<0，即a<－1時， 函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上沒有公共點(diǎn)． 綜上，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍是[－1，＋∞)． 12．(2014·大綱全國)函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)，求a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判別式Δ＝36(1－a)． ①若a≥1，則f′(x)≥0，且f′(x)＝0當(dāng)且僅當(dāng)a＝1，x＝－1，故此時f(x)在R上是增函數(shù)

16、． ②由于a≠0，故當(dāng)a<1時，f′(x)＝0有兩個根 x1＝，x2＝. 若00，故f(x)分別在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(x2，x1)時，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是減函數(shù)； 若a<0，則當(dāng)x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)時，f′(x)<0，故f(x)分別在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是減函數(shù)； 當(dāng)x∈(x1，x2)時，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)是增函數(shù)． (2)當(dāng)a>0，x>0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，故當(dāng)a>0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)． 當(dāng)a<0時，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a<0. 綜上，a的取值范圍是[－，0)∪(0，＋∞)．