2019屆高考數學二輪復習 專題二 導數 第2講 函數的單調性學案

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1、第2講　函數的單調性 1. 導數是研究函數性質的重要工具，利用導數研究函數的單調性不僅能直接得出有關結論，同時還能根據性質描繪出函數圖象的大致變化趨勢，有助于解決問題． 2. 函數的單調性研究往往作為試題的一部分，可以研究其單調區(qū)間，也可以通過單調性來求參數的值或者范圍． 1. (2017·常州前黃中學月考)函數y＝x－2sin x在(0，2π)內的單調增區(qū)間為________． 答案：(，) 解析：令y′＝1－2cos x＞0，因為x∈(0，2π)，解得x∈(，)． 2. (2017·蘇州張家港暨陽中學月考)函數f(x)＝xln x的減區(qū)間是________． 答

2、案：(0，] 解析：由題意得函數的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)＝1＋ln x≤0，得x≤， 故函數f(x)的減區(qū)間為(0，]． 3. 若函數f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍是________． 答案：[1，＋∞) 解析：依題意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立．∵ x>1，∴ 0<<1，∴ k≥1. 4. (2018·九江模擬)已知函數f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間[，2]上是增函數，則實數a的取值范圍是________． 答案： 解析：f′(x)＝x

3、＋2a－≥0在上恒成立，即2a≥－x＋在上恒成立．因為＝，所以2a≥，即a≥. ,　　　　　　　　　　　　一) 求不含參數的函數的單調性 ,　　　　1) (2018·常熟中學月考)已知函數f(x)＝ln x－bx＋c，f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋y＋4＝0. (1) 求f(x)的解析式； (2) 求f(x)的單調區(qū)間． 解：(1) f′(x)＝－b，所以f′(1)＝1－b. 又f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為－1， 故1－b＝－1，b＝2. 將(1，f(1))代入方程x＋y＋4＝0，得1＋f(1)＋4＝0， 解得f(1)＝－5， 所以f(1)

4、＝－b＋c＝－5，將b＝2代入，得c＝－3，故f(x)＝ln x－2x－3. (2) 依題意知x＞0，f′(x)＝－2. 令f′(x)＞0，得0＜x＜，再令f′(x)＜0，得x>， 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為 . 點評：利用導數求函數單調區(qū)間的步驟：(1) 確定函數f(x)的定義域；(2) 求導數f′(x)；(3) 由f′(x)＞0(或＜0)解出相應的x的取值范圍．當f′(x)＞0時，f(x)在相應的區(qū)間內是單調遞增函數；當f′(x)＜0時，f(x)在相應的區(qū)間內是單調遞減函數. 一般需要通過列表，寫出函數的單調區(qū)間． 已知函數f(x)＝＋－ln x－，其中a

5、∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1) 求a的值； (2) 求函數f(x)的單調區(qū)間． 解：(1) 對f(x)求導，得f′(x)＝－－(x>0)， 由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x， 知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2) 由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 則f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 因為x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內，故舍去． 當x∈(0，5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)內為減函數； 當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5

6、，＋∞)內為增函數． ,　　　　　　　　　　　　二) 討論函數的單調性 ,　　　　2) 設函數f(x)＝x3－x2＋1. (1) 若a>0，求函數f(x)的單調區(qū)間； (2) 設函數g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內存在單調遞減區(qū)間，求實數a的取值范圍． 解：(1) 由已知得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)． 當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0； 當x∈(0，a)時，f′(x)<0； 當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以函數f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調減區(qū)間為(0，a)． (2) g′(x)＝x2－a

7、x＋2，依題意，存在x∈(－2，－1)， 使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立， 即x∈(－2，－1)時，a<(x＋)max＝－2， 當且僅當x＝，即x＝－時等號成立． 所以滿足要求的實數a的取值范圍是(－∞，－2)． 設函數f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R，討論f(x)的單調性． 解：由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)． 當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當a>0時，由f′(x)＝0得x＝， 當x∈(0，)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減； 當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增． ,　　　　　　

8、　　　　　　三) 利用函數的單調性求參數 ,　　　　3) 已知函數f(x)＝x2＋(a－3)x＋ln x．若函數f(x)是定義域上的單調函數，求實數a的最小值． 解：f′(x)＝x＋a－3＋(x>0)．若函數f(x)在(0，＋∞)上遞增，則f′(x)≥0對x>0恒成立，即a≥－(x＋)＋3對x>0恒成立，而當x>0時，－(x＋)＋3≤－2＋3＝1，所以a≥1.若函數f(x)在(0，＋∞)上遞減，則f′(x)≤0對x>0恒成立，即a≤－(x＋)＋3對x>0恒成立，這是不可能的．綜上，a≥1.故a的最小值為1. 點評：已知單調性求解參數范圍的步驟：(1) 對含參數的函數f(x)求導，得到f′

9、(x)；(2) 若函數f(x)在[a，b]上單調遞增，則f′(x)≥0恒成立；若函數f(x)在[a，b]上單調遞減，則f′(x)≤0恒成立，得到關于參數的不等式，解出參數范圍；(3) 驗證參數范圍中取等號時，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，則函數f(x)在(a，b)上為常數函數，要舍去此參數值． (2018·武漢調研)已知函數f(x)＝xln x. (1) 若函數g(x)＝f(x)＋ax在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數，求a的取值范圍； (2) 若對任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求實數m的最大值． 解：(1) 由題意得g′(x)＝f′(x)＋a＝ln x＋

10、a＋1. ∵ 函數g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數， ∴ 當x∈[e2，＋∞)時，g′(x)≥0， 即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立． ∴ a≥－1－ln x. 令h(x)＝－ln x－1，∴ a≥h(x)max， 當x∈[e2，＋∞)時，ln x∈[2，＋∞)， ∴ h(x)∈(－∞，－3]，∴ a≥－3， 即a的取值范圍是[－3，＋∞)． (2) ∵ 2f(x)≥－x2＋mx－3， 即mx≤2xln x＋x2＋3， 又x＞0，∴ m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立． 記t(x)＝＝2ln x＋x＋. ∴ m≤t(x)min. t′(x)＝＋1－＝

11、＝， 令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)． 當x∈(0，1)時，t′(x)＜0，函數t(x)在(0，1)上單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，t′(x)＞0，函數t(x)在(1，＋∞)上單調遞增． ∴ t(x)min＝t(1)＝4. ∴ m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4. ,　　　　　　　　　　　　四) 利用單調性解綜合問題 ,　　　　4) 已知函數f(x)＝ln x－ax2＋(1－a)x，其中a∈R，f′(x)是f(x)的導數． (1) 討論f(x)的單調性； (2) 在曲線y＝f(x)的圖象上是否存在兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)

12、使得直線AB的斜率k＝f′()？若存在，求出x1與x2的關系；若不存在，請說明理由． 解：(1) 由已知得f′(x)＝－ax＋(1－a)＝(x>0)． 當a≤0時，因為x>0，所以f′(x)>0，f(x)在定義域(0，＋∞)上是增函數； 當a>0時，f′(x)＝＝， 所以當x∈(0，)時，f′(x)>0，f(x)在(0，)上單調遞增，當x∈(，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)在(，＋∞)上單調遞減． (2) 由題意，得k＝＝ ＝ ＝－(x1＋x2)＋(1－a)， f′()＝－(x1＋x2)＋(1－a)． 由k＝f′()，得＝， 即ln＝， 即ln－＝0，令t＝，

13、不妨設x1>x2，則t>1， 記g(t)＝ln t－＝ln t＋－2(t>1)， g′(t)＝－＝>0， 所以g(t)在(1，＋∞)上是增函數，g(t)>g(1)＝0，則方程g(t)＝0無實數解， 故滿足條件的兩點A，B不存在． (2018·蘇錫常鎮(zhèn)調研(一))已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)＝ln x．若b＝－3，且函數y＝f(x)在區(qū)間(－1，1)上是單調遞減函數． (1) 求實數a的值； (2) 當c＝2時，求函數h(x)＝的值域． 解：(1) 因為f(x)＝x3＋ax2－3x＋c在區(qū)間(－1，1)上單調遞減， 所以f′(x)＝3x2＋2ax－3≤

14、0對x∈(－1，1)恒成立． 因為二次函數y＝3x2＋2ax－3的圖象是開口向上的拋物線， 所以等價于解得a＝0. (2) 由(1)得f(x)＝x3－3x＋2，f′(x)＝3x2－3. 易得f(x)在(0，1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增，且f(x)min＝f(1)＝0. 當00，g(x)＝ln x<0，此時f(x)>g(x)． 所以在0

15、是[0，＋∞)． 1. 函數f(x)＝x＋2cos x，x∈(0，π)的單調減區(qū)間是 ________． 答案： 解析：∵ 函數f(x)＝x＋2cos x，由f′(x)＝1－2sin x<0，得sin x>.∵ x∈(0，π)，∴ x∈，∴ 函數f(x)＝x＋2cos x的單調減區(qū)間是. 2. 若函數f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是________． 答案：[－，] 解析：對函數f(x)求導得f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝－cos2x＋acos x＋.因為函數f(x)在R上單調遞增，所以f′(x)≥0，即－co

16、s2x＋acos x＋≥0恒成立．設t＝cos x∈[－1，1]，則g(t)＝4t2－3at－5≤0在[－1，1]上恒成立，所以有 解得－≤a≤. 3. 設函數f′(x)是奇函數f(x)(x∈R)的導函數，f(－1)＝0，當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是________． 答案：(－∞，－1)∪(0，1) 解析：設函數g(x)＝，則g′(x)＝.因為當x>0時，xf′(x)－f(x)<0，所以當x>0時，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．因為函數f(x)(x∈R)是奇函數，所以函數g(x)是偶函數，所以g(x)在(－∞，

17、0)上單調遞增，且g(－1)＝g(1)＝0.故當00，則f(x)>0；當x<－1時，g(x)<0，則f(x)>0.綜上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)． 4. (2017·江蘇卷)已知函數f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數的底數．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數a的取值范圍是________． 答案：[－1，] 解析：因為f(－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex＝－f(x)，f(0)＝0，所以f(x)是奇函數，則f(a－1)＋f(2a2)≤0可化為f(2a2)≤f(1－a)．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x

18、≥3x2－2＋2＝3x2≥0，所以f(x)在R上單調遞增，則2a2≤1－a，即－1≤a≤. 5. (2018·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝aex－ln x－1. (1) 設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區(qū)間； (2) 求證：當a≥，f(x)≥0. (1) 解：f′(x)＝aex－.∵x＝2是f(x)的極值點，令f′(2)＝0可得a＝，∴ f′(x)＝－.令h(x)＝－，則h′(x)＝＋＞0恒成立，∴ f′(x)為單調遞增函數，且f′(2)＝0. 當0＜x＜2時，f′(x)＜0，當x＞2時，f′(x)＞0； 由此可得f(x)在(0，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上

19、單調遞增； (2) 證明：欲證當a≥時，aex－ln x－1＞0，先證明ex≥ex. 設g(x)＝ex－ex，∴ g′(x)＝ex－e. ∴ 當x＞1時，g(x)單調遞增，當0＜x＜1時，g(x)單調遞減， ∴ g(x)≥g(1)＝e－e＝0，∴ex－ex≥0，不等式得證． 當a≥時，aex－ln x－1≥·ex－ln x－1≥·ex－ln x－1＝x－ln x－1，故要證明aex－ln x－1≥0，只需要證明x－ln x－1≥0. 令H(x)＝x－ln x－1，H′(x)＝1－＝，可得H(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，可得H(x)≥H(1)＝0，即得x－ln x－

20、1≥0. (本題模擬高考評分標準，滿分14分) 已知函數f(x)＝x3＋ax＋b(x∈R)，若函數f(x)的圖象在x＝1處的切線方程為y＝－3x. (1) 求實數a，b的值； (2) 求函數f(x)的單調區(qū)間． 解：(1) 因為f′(x)＝x2＋a，(2分) 由題意，得(6分) 解得(8分) (2) 由(1)知，f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)． 令f′(x)>0，得x<－2或x>2， 所以函數f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，－2)和(2，＋∞)；(12分) 令f′(x)<0，得－2

21、. 函數f(x)＝2x2－ln x的單調增區(qū)間為________． 答案：(，＋∞) 解析：函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－，令f′(x)＞0，得x＞. 2. 已知函數f(x)＝，若對于任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，則實數a的取值范圍是________． 答案：(－3，＋∞) 解析：(解法1)f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)， 當a≥0時，函數f(x)的值恒為正． 當a＜0時，設1≤x1＜x2， 則f(x1)－f(x2)＝(x1＋＋2)－(x2＋＋2)＝. ∵ 1≤x1＜x2，∴ x1x2＞1，x1－x2＜0. 又a＜0， ∴ f(x

22、1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴ f(x)在[1，＋∞)上為遞增函數， ∴ 當x＝1時，f(x)min＝3＋a. 當且僅當f(x)min＝3＋a＞0時，函數f(x)＞0恒成立，故－3＜a＜0. 綜上，當a＞－3時，f(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立． (解法2)在區(qū)間[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立?x2＋2x＋a＞0恒成立． 設g(x)＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)， ∵ g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在[1，＋∞)上遞增， ∴ 當x＝1時，g(x)min＝3＋a，當且僅當g(x)min＝3＋a＞0時，函數f(x)＞0恒成立，故a＞

23、－3. 3. 已知函數f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1) 求函數f(x)的單調區(qū)間； (2) 若函數y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1，2]，函數g(x)＝x3＋x2(f′(x)＋)在區(qū)間(t，3)上總不是單調函數，求實數m的取值范圍． 解：(1) 函數f(x)的定義域為(0，＋∞)， 且f′(x)＝， 當a>0時，f(x)的單調增區(qū)間為(0，1)，單調減區(qū)間為(1，＋∞)； 當a<0時，f(x)的單調增區(qū)間為(1，＋∞)，單調減區(qū)間為(0，1)； 當a＝0時，f(x)不是單調函數． (2) 由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， ∴ f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝， ∴ g(x)＝x3＋(＋2)x2－2x， ∴ g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵ g(x)在區(qū)間(t，3)上總不是單調函數， 即g′(x)＝0在區(qū)間(t，3)上有變號零點． 由于g′(0)＝－2，∴ g′(t)<0，即3t2＋(m＋4)t－2<0對任意t∈[1，2]恒成立， 由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m＜－5且m<－9，即m＜－9； 由于g′(3)>0，即m>－，所以－