全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题3第13练必考题型_导数与单调性理

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考查，题目承载形式多种多样，但其实质都是通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.常考题型精析题型一　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)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.(2)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切实根；③把函数f(x)的间断点(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顺序排列起来，然后用这些点把函数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，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.例1　已知函数f(x)＝ax2＋lnx，g(x)＝－bx，其中a，b∈R.设h(x)＝f(x)－g(x).若f(x)在x＝处取得极值，且f′(1)＝g(－1)－2，求函数h(x)的单调区间.　　　　　点评　利用导数求函数的单调区间，关键是要严格解题步骤，形成解这类问题的基本程序.12\n变式训练1　(2022·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性.　　　　　　　　　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　(2022·西安模拟)已知函数f(x)＝3ax－2x2＋lnx，a为常数.(1)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.　点评　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12\n(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求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”.变式训练2　(2022·重庆)设函数f(x)＝(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.　　　　　　　　　　12\n　题型三　与函数导数、单调性有关的图象问题例3　已知函数y＝－xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象可能是(　　)点评　利用导数判断图象，应先分清原函数图象与导函数图象；看导函数图象，要看哪一部分大于0，哪一部分小于0，看原函数图象要看单调性.变式训练3　(2022·安徽)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)A.a>0，b<0，c>0，d>0B.a>0，b<0，c<0，d>0C.a<0，b<0，c>0，d>0D.a>0，b>0，c>0，d<0高考题型精练1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　)12\nA.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(c)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(b)>f(d)2.(2022·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)3.若函数y＝f(x)在R上可导，且满足不等式xf′(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是(　　)A.af(b)>bf(a)B.af(a)>bf(b)C.af(a)<bf(b)D.af(b)<bf(a)4.(2022·太原模拟)定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且恒有f(x)<f′(x)·tanx成立，则(　　)A.f>fB.f(1)<2fsin1C.f>fD.f<f5.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是(　　)A.(－2,0)∪(2，＋∞)B.(－2,0)∪(0,2)C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)D.(－∞，－2)∪(0,2)6.若函数f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函数，则a的取值范围是(　　)A.[－1,0]B.[－1，＋∞)C.[0,3]D.[3，＋∞)7.设函数f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为常数.若f(x12\n)在(1，＋∞)上是减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则a的取值范围是(　　)A.(e，＋∞)B.[e，＋∞)C.(1，＋∞)D.[1，＋∞)8.函数f(x)＝ex－ln(x＋1)的单调递增区间是________.9.已知函数f(x)＝mx2＋lnx－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为________.10.若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是__________.11.已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)·ex(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由.　　　　12.(2022·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－lnx.(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，讨论h(x)零点的个数.　12\n答案精析第13练　必考题型——导数与单调性常考题型精析例1　解　因为f′(x)＝ax＋，所以f′(1)＝a＋1.由f′(1)＝g(－1)－2可得a＝b－3.又f(x)在x＝处取得极值，所以f′＝a＋＝0，所以a＝－2，b＝1.所以h(x)＝－x2＋lnx＋x，其定义域为(0，＋∞).h′(x)＝－2x＋＋1＝＝，令h′(x)＝0得x1＝－，x2＝1，当x∈(0,1)时，h′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0.所以函数h(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减.变式训练1　解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.(2)由(1)得g(x)＝ex，故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.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；12\n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.例2　解　(1)当a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋lnx，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝3－4x＋＝＝.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，＋∞).(2)f′(x)＝3a－4x＋.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3a－4x＋≥0，或3a－4x＋≤0在区间[1,2]上恒成立，即3a≥4x－，或3a≤4x－在区间[1,2]上恒成立.令h(x)＝4x－，则h(x)在区间[1,2]上是增函数.因此h(x)max＝h(2)＝，h(x)min＝h(1)＝3.即3a≥或3a≤3，故a≥或a≤1.所以a的取值范围为∪(－∞，1].变式训练2　解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝.令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝，12\nx2＝.当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝≤3，解得a≥－，故a的取值范围为.例3　B[由函数y＝－xf′(x)的图象知，x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)为减函数；0<x<1时，f′(x)<0，f(x)为减函数；x>1时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故选项B的图象符合.]变式训练3　A[由已知f(0)＝d>0，可排除D；其导函数f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有两不等实根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故选A.]高考题型精练1.C[由f′(x)的图象知，x∈[a，c]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，∵c>b>a，∴f(c)>f(b)>f(a).]2.D[由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞).]3.B[令F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)，由xf′(x)>－f(x)，得xf′(x)＋f(x)>0，即F′(x)>0，所以F(x)在R上为递增函数.因为a>b，所以af(a)>bf(b).]4.D[∵f(x)<f′(x)·tanx，即f′(x)sinx－f(x)cosx>0，∴[]′＝>0.∴函数在上单调递增，从而<，12\n即f<f.]5.D[x>0时′<0，∴φ(x)＝为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，此时x2f(x)>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).]6.D[由题意知f′(x)≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0对任意的x∈(，＋∞)恒成立，分离参数得a≥－2x，若满足题意，需a≥(－2x)max，令h(x)＝－2x，x∈(，＋∞)，因为h′(x)＝－－2，所以当x∈(，＋∞)时，h′(x)<0，即h(x)在x∈(，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h()＝3，故a≥3.]7.A[f′(x)＝－a，g′(x)＝ex－a，由题意得，当x∈(1，＋∞)时f′(x)≤0恒成立，即x∈(1，＋∞)时a≥恒成立，则a≥1.因为g′(x)＝ex－a在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)>g′(1)＝e－a.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，则必有e－a<0，即a>e.综上，a的取值范围是(e，＋∞).]8.(0，＋∞)解析　f′(x)＝ex－，该函数单调递增且f′(0)＝0，所以当x>0时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞).12\n9.[1，＋∞)解析　f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x>0恒成立，m≥－2＋，令g(x)＝－2＋，则当＝1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.10.[1，)解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－.由f′(x)＝0，得x＝.据题意得解得1≤k<.11.解　(1)当a＝2时，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－<x<.∴函数f(x)的单调递增区间是(－，).(2)若函数f(x)在R上单调递减，则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立.∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立.∴Δ＝[－(a－2)]2＋4a≤0，即a2＋4≤0，不成立.故函数f(x)不可能在R上单调递减.若函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立，∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立.而Δ＝[－(a－2)]2＋4a＝a2＋4>0，故函数f(x)不可能在R上单调递增.综上可知，函数f(x)不可能是R上的单调函数.12.解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0,0)，12\n则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即解得x0＝，a＝－.因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－lnx<0，从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)无零点.当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零点；若a<－，则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零点.当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx>0.所以只需考虑f(x)在(0,1)的零点个数.(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0,1)无零点，故f(x)在(0,1)单调.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0,1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0,1)没有零点.(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在单调递减，在单调递增，故在(0,1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.①若f>0，即－<a<0，f(x)在(0,1)无零点；②若f＝0，即a＝－，f(x)在(0,1)有唯一零点；③若f<0，即－3<a<－，由于f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当－<a<－时，f(x)在(0,1)有两个零点；当－3<a≤－时，f(x)在(0,1)有一个零点.综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－<a<－时，h(x)有三个零点.12