【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题三 函数与导数 第14练 导数与单调性

第14练　导数与单调性题型一　利用导数求函数的单调区间例1　函数y＝x2－lnx的单调递减区间为________．破题切入点　求出函数的导函数f′(x)，根据定义解不等式f′(x)<0即可，求解时注意函数的定义域．答案　(0,1]解析　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．题型二　已知函数在某区间上的单调性求参数的值或范围例2　已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，函数g(x)＝x2－alnx在(1,2)上为增函数，则a的值为________．破题切入点　函数f(x)在(0,1)上为减函数，g(x)在(1,2)上为增函数，利用导函数f′(x)≤0在[0,1]上恒成立，g′(x)≥0在[1,2]上恒成立解出两个a的取值范围，求出交集即可．答案　2解析　∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴≥1，得a≥2.又∵g′(x)＝2x－，依题意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.题型三　与函数导数、单调性有关的图象问题例3　设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极值情况为______________________．破题切入点　根据函数y＝(1－x)f′(x)的图象找到f(x)的导函数的符号，再由极值点的定义得出结论．答案　有极大值f(－2)和极小值f(2)解析　利用极值的存在条件判定．当x<－2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0；当－2<x<1时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)<0；当1<x<2时，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)<0；当x>2时，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0，∴-6-\nf(x)在(－∞，－2)上是增函数，在(－2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数，∴函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．总结提高　(1)利用导数判断函数单调性的一般步骤：①确定函数的定义域．②求导函数f′(x)．③若求单调区间或证明单调性，只需在函数f(x)的定义域内解或证明不等式f′(x)>0或f′(x)<0；若已知函数f(x)的单调性则转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解，一般是利用函数与方程思想，将字母分离出来．(2)利用导数解决函数单调性应注意的问题：①单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，首先要求函数的定义域，因为函数求导之后，自变量的取值范围可能会发生变化．②求可导函数的单调区间即为解不等式，若已知函数单调性求参数范围，转化为恒成立问题，注意验证所得参数范围的端点值．1．若函数h(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是________．答案　[－2，＋∞)解析　由条件得h′(x)＝2＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．2．已知函数f(x)＝x2＋mx＋lnx是单调递增函数，则m的取值范围是________．答案　[－2，＋∞)解析　依题意知，x>0，f′(x)＝，令g(x)＝2x2＋mx＋1，x∈(0，＋∞)，当－≤0时，g(0)＝1>0恒成立，∴m≥0成立，当－>0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－2≤m<0，综上，m的取值范围是m≥－2.3．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________．①af(b)>bf(a);②af(a)>bf(b)；③af(a)<bf(b);④af(b)<bf(a)．答案　②解析　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．(2022·课标全国Ⅱ改编)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是________．-6-\n答案　[1，＋∞)解析　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，＋∞)．5．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________________．答案　(－∞，－2)∪(0,2)解析　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(0,2)∪(－∞，－2)．6．函数f(x)的定义域为(0，)，f′(x)是它的导函数，且f(x)<f′(x)tanx恒成立，则下列结论正确的是________．①f()>f();②f(1)<2f()sin1；③f()>f();④f()<f()．答案　④解析　f(x)<f′(x)tanx⇔f(x)cosx<f′(x)sinx，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，根据已知f(x)cosx<f′(x)sinx，得g′(x)>0，所以g(x)在(0，)上单调递增，所以g()<g()，即<，所以f()<f()．7.已知a>0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a的取值范围是________．答案　(0,3]解析　∵f′(x)＝3x2－a，f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f′(x)≥0，∴a≤3x2，∴a≤3.-6-\n又a>0，可知0<a≤3.8．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________．答案　[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≥1.9．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.若f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围为________．答案　(－，＋∞)解析　由已知得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a.当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a.令＋2a>0，得a>－.所以当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间．10．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．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，这是不可能的．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，-6-\n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．11．已知函数f(x)＝(a∈R)，g(x)＝.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有公共点，求实数a的取值范围．解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.令f′(x)＝0，得x＝e1－a，当x∈(0，e1－a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x∈(e1－a，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数．所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a]，单调递减区间为[e1－a，＋∞)，极大值为f(x)极大值＝f(e1－a)＝ea－1，无极小值．(2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝，则F′(x)＝.令F′(x)＝0，得x＝e2－a；令F′(x)>0，得x<e2－a；令F′(x)<0，得x>e2－a，故函数F(x)在区间(0，e2－a]上是增函数，在区间[e2－a，＋∞)上是减函数．①当e2－a<e2，即a>0时，函数F(x)在区间(0，e2－a]上是增函数，在区间[e2－a，e2]上是减函数，F(x)max＝F(e2－a)＝ea－2.又F(e1－a)＝0，F(e2)＝>0，由图象，易知当0<x<e1－a时，F(x)<0；当e1－a<x≤e2时，F(x)>0，此时函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有1个公共点．②当e2－a≥e2，即a≤0时，F(x)在区间(0，e2]上是增函数，F(x)max＝F(e2)＝.若F(x)max＝F(e2)＝≥0，即－1≤a≤0时，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上只有1个公共点；若F(x)max＝F(e2)＝<0，即a<－1时，函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上没有公共点．综上，满足条件的实数a的取值范围是[－1，＋∞)．12．(2022·大纲全国)函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围．-6-\n解　(1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a)．①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1，故此时f(x)在R上是增函数．②由于a≠0，故当a<1时，f′(x)＝0有两个根x1＝，x2＝.若0<a<1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)是增函数；当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是减函数；若a<0，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)是减函数；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)是增函数．(2)当a>0，x>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0，故当a>0时，f(x)在区间(1,2)是增函数．当a<0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a<0.综上，a的取值范围是[－，0)∪(0，＋∞)．-6-