2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案
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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 導(dǎo)數(shù) 第2講 函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案
第2講 函數(shù)的單調(diào)性
1. 導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性不僅能直接得出有關(guān)結(jié)論,同時還能根據(jù)性質(zhì)描繪出函數(shù)圖象的大致變化趨勢,有助于解決問題.
2. 函數(shù)的單調(diào)性研究往往作為試題的一部分,可以研究其單調(diào)區(qū)間,也可以通過單調(diào)性來求參數(shù)的值或者范圍.
1. (2017·常州前黃中學(xué)月考)函數(shù)y=x-2sin x在(0,2π)內(nèi)的單調(diào)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(xué)月考)函數(shù)f(x)=xln x的減區(qū)間是________.
答案:(0,]
解析:由題意得函數(shù)的定義域為(0,+∞),f′(x)=1+ln x,令f′(x)=1+ln x≤0,得x≤,
故函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(0,].
3. 若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)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(shù)f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間[,2]上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是________.
答案:
解析:f′(x)=x+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(shù)的函數(shù)的單調(diào)性
, 1) (2018·常熟中學(xué)月考)已知函數(shù)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(diào)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)=-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(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為 .
點評:利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟:(1) 確定函數(shù)f(x)的定義域;(2) 求導(dǎo)數(shù)f′(x);(3) 由f′(x)>0(或<0)解出相應(yīng)的x的取值范圍.當f′(x)>0時,f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù);當f′(x)<0時,f(x)在相應(yīng)的區(qū)間內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù). 一般需要通過列表,寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.
已知函數(shù)f(x)=+-ln x-,其中a∈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(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解:(1) 對f(x)求導(dǎo),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(nèi),故舍去.
當x∈(0,5)時,f′(x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);
當x∈(5,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(5,+∞)內(nèi)為增函數(shù).
, 二) 討論函數(shù)的單調(diào)性
, 2) 設(shè)函數(shù)f(x)=x3-x2+1.
(1) 若a>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2) 設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+2x,且g(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實數(shù)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(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,0),(a,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,a).
(2) g′(x)=x2-ax+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(shù)a的取值范圍是(-∞,-2).
設(shè)函數(shù)f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R,討論f(x)的單調(diào)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(diào)遞減;
當a>0時,由f′(x)=0得x=,
當x∈(0,)時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;
當x∈(,+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
, 三) 利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)
, 3) 已知函數(shù)f(x)=x2+(a-3)x+ln x.若函數(shù)f(x)是定義域上的單調(diào)函數(shù),求實數(shù)a的最小值.
解:f′(x)=x+a-3+(x>0).若函數(shù)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(shù)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(diào)性求解參數(shù)范圍的步驟:(1) 對含參數(shù)的函數(shù)f(x)求導(dǎo),得到f′(x);(2) 若函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞增,則f′(x)≥0恒成立;若函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞減,則f′(x)≤0恒成立,得到關(guān)于參數(shù)的不等式,解出參數(shù)范圍;(3) 驗證參數(shù)范圍中取等號時,是否恒有f′(x)=0.若f′(x)=0恒成立,則函數(shù)f(x)在(a,b)上為常數(shù)函數(shù),要舍去此參數(shù)值.
(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=xln x.
(1) 若函數(shù)g(x)=f(x)+ax在區(qū)間[e2,+∞)上為增函數(shù),求a的取值范圍;
(2) 若對任意x∈(0,+∞),f(x)≥恒成立,求實數(shù)m的最大值.
解:(1) 由題意得g′(x)=f′(x)+a=ln x+a+1.
∵ 函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2,+∞)上為增函數(shù),
∴ 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-==,
令t′(x)=0,得x=1或x=-3(舍去).
當x∈(0,1)時,t′(x)<0,函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;
當x∈(1,+∞)時,t′(x)>0,函數(shù)t(x)在(1,+∞)上單調(diào)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(diào)性解綜合問題
, 4) 已知函數(shù)f(x)=ln x-ax2+(1-a)x,其中a∈R,f′(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù).
(1) 討論f(x)的單調(diào)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)使得直線AB的斜率k=f′()?若存在,求出x1與x2的關(guān)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(shù);
當a>0時,f′(x)==,
所以當x∈(0,)時,f′(x)>0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞增,當x∈(,+∞)時,f′(x)<0,f(x)在(,+∞)上單調(diào)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=,
不妨設(shè)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(shù),g(t)>g(1)=0,則方程g(t)=0無實數(shù)解,
故滿足條件的兩點A,B不存在.
(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研(一))已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,g(x)=ln x.若b=-3,且函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-1,1)上是單調(diào)遞減函數(shù).
(1) 求實數(shù)a的值;
(2) 當c=2時,求函數(shù)h(x)=的值域.
解:(1) 因為f(x)=x3+ax2-3x+c在區(qū)間(-1,1)上單調(diào)遞減,
所以f′(x)=3x2+2ax-3≤0對x∈(-1,1)恒成立.
因為二次函數(shù)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(diào)遞減,在[1,+∞)上單調(diào)遞增,且f(x)min=f(1)=0.
當0<x<1時,f(x)>0,g(x)=ln x<0,此時f(x)>g(x).
所以在0<x<1上,h(x)=f(x)的值域為(0,2).
當x≥1時,
f(x)和g(x)的值域均為[0,+∞),所以h(x)的值域也是[0,+∞).
因為(0,2)∪[0,+∞)=[0,+∞),所以函數(shù)h(x)的值域是[0,+∞).
1. 函數(shù)f(x)=x+2cos x,x∈(0,π)的單調(diào)減區(qū)間是 ________.
答案:
解析:∵ 函數(shù)f(x)=x+2cos x,由f′(x)=1-2sin x<0,得sin x>.∵ x∈(0,π),∴ x∈,∴ 函數(shù)f(x)=x+2cos x的單調(diào)減區(qū)間是.
2. 若函數(shù)f(x)=x-sin 2x+asin x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是________.
答案:[-,]
解析:對函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=1-cos 2x+acos x=-cos2x+acos x+.因為函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,所以f′(x)≥0,即-cos2x+acos x+≥0恒成立.設(shè)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(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),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(shè)函數(shù)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(diào)遞減.因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)是偶函數(shù),所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,且g(-1)=g(1)=0.故當0<x<1時,g(x)>0,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(shù)f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)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(shù),則f(a-1)+f(2a2)≤0可化為f(2a2)≤f(1-a).又f′(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2=3x2≥0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增,則2a2≤1-a,即-1≤a≤.
5. (2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=aex-ln x-1.
(1) 設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)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(diào)遞增函數(shù),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(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增;
(2) 證明:欲證當a≥時,aex-ln x-1>0,先證明ex≥ex.
設(shè)g(x)=ex-ex,∴ g′(x)=ex-e.
∴ 當x>1時,g(x)單調(diào)遞增,當0<x<1時,g(x)單調(diào)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-1≥0.
(本題模擬高考評分標準,滿分14分)
已知函數(shù)f(x)=x3+ax+b(x∈R),若函數(shù)f(x)的圖象在x=1處的切線方程為y=-3x.
(1) 求實數(shù)a,b的值;
(2) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)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(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-2)和(2,+∞);(12分)
令f′(x)<0,得-2<x<2,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-2,2).(14分)
1. 函數(shù)f(x)=2x2-ln x的單調(diào)增區(qū)間為________.
答案:(,+∞)
解析:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f′(x)=4x-,令f′(x)>0,得x>.
2. 已知函數(shù)f(x)=,若對于任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,則實數(shù)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(shù)f(x)的值恒為正.
當a<0時,設(shè)1≤x1<x2,
則f(x1)-f(x2)=(x1++2)-(x2++2)=.
∵ 1≤x1<x2,∴ x1x2>1,x1-x2<0.
又a<0,
∴ f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),
∴ f(x)在[1,+∞)上為遞增函數(shù),
∴ 當x=1時,f(x)min=3+a.
當且僅當f(x)min=3+a>0時,函數(shù)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(shè)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(shù)f(x)>0恒成立,故a>-3.
3. 已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1) 求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2) 若函數(shù)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(shù)g(x)=x3+x2(f′(x)+)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù),求實數(shù)m的取值范圍.
解:(1) 函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),
且f′(x)=,
當a>0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1),單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞);
當a<0時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,1);
當a=0時,f(x)不是單調(diào)函數(shù).
(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(diào)函數(shù),
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-<m<-9,
即實數(shù)m的取值范圍是(-,-9).
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