高考数学理一轮复习题库32 第1课时导数与函数的单调性文档格式.docx
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【知识拓展】
1.在某区间内f′(x)>
0(f′(x)<
0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.
2.可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a,b)上的任何子区间内都不恒为零.
3.对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的必要不充分条件.
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×
”)
(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)>
0.( ×
)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.( √ )
(3)函数的极大值不一定比极小值大.( √ )
(4)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条件.( ×
(5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.( √ )
(6)三次函数在R上必有极大值和极小值.( ×
1.(教材改编)f(x)=x3-6x2的单调递减区间为( )
A.(0,4)B.(0,2)
C.(4,+∞)D.(-∞,0)
答案 A
解析 f′(x)=3x2-12x=3x(x-4),
由f′(x)<
0,得0<
x<
4,
∴单调递减区间为(0,4).
2.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下面判断正确的是( )
A.在区间(-2,1)上f(x)是增函数
B.在区间(1,3)上f(x)是减函数
C.在区间(4,5)上f(x)是增函数
D.当x=2时,f(x)取到极小值
答案 C
解析 在(-2,1)上,导函数的符号有正有负,所以函数f(x)在这个区间上不是单调函数;
同理,函数在(1,3)上也不是单调函数;
在x=2的左侧,函数在(-
,2)上是增函数,在x=2的右侧,函数在(2,4)上是减函数,所以当x=2时,f(x)取到极大值;
在(4,5)上导函数的符号为正,所以函数在这个区间上为增函数.
3.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f
(1)=3,且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<
2(x∈R),则不等式f(x)<
2x+1的解集为( )
A.(1,+∞)B.(-∞,-1)
C.(-1,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
解析 令g(x)=f(x)-2x-1,∴g′(x)=f′(x)-2<
0,
∴g(x)在R上为减函数,g
(1)=f
(1)-2-1=0.
由g(x)<
0=g
(1),得x>
1,故选A.
4.函数f(x)=
+x2-3x-4在[0,2]上的最小值是________.
答案 -
解析 f′(x)=x2+2x-3,
令f′(x)=0,得x=1(x=-3舍去),
又f(0)=-4,f
(1)=-
,f
(2)=-
,
故f(x)在[0,2]上的最小值是f
(1)=-
.
5.设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是________.
答案 (-∞,-1)
解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a.
∵函数y=ex+ax有大于零的极值点,
则方程y′=ex+a=0有大于零的解,
∵x>
0时,-ex<
-1,∴a=-ex<
-1.
第1课时 导数与函数的单调性
题型一 不含参数的函数的单调性
例1
(1)函数y=
x2-lnx的单调递减区间为( )
A.(-1,1)B.(0,1)
C.(1,+∞)D.(0,+∞)
(2)已知定义在区间(-π,π)上的函数f(x)=xsinx+cosx,则f(x)的单调递增区间是________________.
答案
(1)B
(2)
和
解析
(1)y=
x2-lnx,y′=x-
=
(x>
0).
令y′<
1,∴单调递减区间为(0,1).
(2)f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx.
令f′(x)=xcosx>
则其在区间(-π,π)上的解集为
即f(x)的单调递增区间为
思维升华 确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求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.
(1)函数y=4x2+
的单调增区间为( )
A.(0,+∞)B.
C.(-∞,-1)D.
(2)已知函数f(x)=xlnx,则f(x)( )
A.在(0,+∞)上递增B.在(0,+∞)上递减
C.在(0,
)上递增D.在(0,
)上递减
答案
(1)B
(2)D
解析
(1)由y=4x2+
,得y′=8x-
令y′>
0,即8x-
>
0,解得x>
∴函数y=4x2+
的单调增区间为
.故选B.
(2)因为函数f(x)=xlnx,定义域为(0,+∞),所以f′(x)=lnx+1(x>
0),
当f′(x)>
0时,解得x>
即函数的单调递增区间为(
,+∞);
当f′(x)<
0时,解得0<
即函数的单调递减区间为(0,
),故选D.
题型二 含参数的函数的单调性
例2 已知函数f(x)=ln(ex+1)-ax(a>
(1)若函数y=f(x)的导函数是奇函数,求a的值;
(2)求函数y=f(x)的单调区间.
解
(1)函数f(x)的定义域为R.
由已知得f′(x)=
-a.
∵函数y=f(x)的导函数是奇函数,
∴f′(-x)=-f′(x),
即
-a=-
+a,解得a=
(2)由
(1)知f′(x)=
-a=1-
①当a≥1时,f′(x)<
0恒成立,
∴当a∈[1,+∞)时,
函数y=f(x)在R上单调递减.
②当0<
a<
1时,
由f′(x)>
0,得(1-a)(ex+1)>
1,
即ex>
-1+
,解得x>
ln
0,得(1-a)(ex+1)<
即ex<
,解得x<
∴当a∈(0,1)时,
函数y=f(x)在(ln
,+∞)上单调递增,
在(-∞,ln
)上单调递减.
综上,当a≥1时,f(x)在R上单调递减;
当0<
1时,f(x)在
上单调递增,
在
上单调递减.
思维升华
(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.
(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)=x3,f′(x)=3x2≥0(f′(x)=0在x=0时取到),f(x)在R上是增函数.
讨论函数f(x)=(a-1)lnx+ax2+1的单调性.
解 f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=
+2ax=
①当a≥1时,f′(x)>
0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
②当a≤0时,f′(x)<
0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;
③当0<
1时,令f′(x)=0,解得x=
,则当x∈(0,
)时,f′(x)<
0;
当x∈(
,+∞)时,f′(x)>
0,故f(x)在(0,
)上单调递减,在(
,+∞)上单调递增.
题型三 已知函数单调性求参数
例3 (2016·
西安模拟)已知函数f(x)=lnx,g(x)=
ax2+2x(a≠0).
(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求a的取值范围.
解
(1)h(x)=lnx-
ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h′(x)=
-ax-2,由于h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
所以当x∈(0,+∞)时,
-ax-2<
0有解,
即a>
-
有解.
设G(x)=
,所以只要a>
G(x)min即可.
而G(x)=(
-1)2-1,所以G(x)min=-1.
所以a>
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得,
当x∈[1,4]时,h′(x)=
-ax-2≤0恒成立,
即a≥
恒成立.
所以a≥G(x)max,而G(x)=(
-1)2-1,
因为x∈[1,4],所以
∈[
,1],
所以G(x)max=-
(此时x=4),
所以a≥-
,即a的取值范围是[-
,+∞).
引申探究
1.本例
(2)中,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递增,求a的取值范围.
解 由h(x)在[1,4]上单调递增得,
当x∈[1,4]时,h′(x)≥0恒成立,
∴当x∈[1,4]时,a≤
恒成立,
又当x∈[1,4]时,(
)min=-1(此时x=1),
∴a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].
2.本例
(2)中,若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求a的取值范围.
解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,
则h′(x)<
0在[1,4]上有解,
∴当x∈[1,4]时,a>
有解,
)min=-1,
∴a>
-1,即a的取值范围是(-1,+∞).
思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路
(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)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.
(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
已知函数f(x)=exlnx-aex(a∈R).
(1)若f(x)在点(1,f
(1))处的切线与直线y=
x+1垂直,求a的值;
(2)若f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
解
(1)f′(x)=exlnx+ex