届江苏高考数学文总复习讲义导数与函数的单调性.docx

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届江苏高考数学文总复习讲义导数与函数的单调性

第二节导数与函数的单调性

函数的单调性

在（a，b）内可导函数f（x），f′（x）在（a，b）任意子区间内都不恒等于0.f′（x）≥0⇔f（x）在（a，b）上为增函数．f′（x）≤0⇔f（x）在（a，b）上为减函数．

[小题体验]

1．函数f（x）＝ex－x的减区间为________．

答案：

（－∞，0）

2．已知a＞0，函数f（x）＝x3－ax在[1，＋∞）上是增函数，则实数a的取值范围为________．

答案：

（0,3]

1．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．

2．注意两种表述“函数f（x）在（a，b）上为减函数”与“函数f（x）的减区间为（a，b）”的区别．

[小题纠偏]

1．函数y＝x2－lnx的单调递减区间为________．

解析：

y′＝x－＝＝（x＞0），令y′＜0得0＜x＜1.

所以函数的单调递减区间为（0,1）．

答案：

（0,1）

2．已知函数f（x）＝－x2＋blnx在区间[2，＋∞）上是减函数，则b的取值范围是________．

解析：

由题意得，f′（x）＝－x＋≤0在[2，＋∞）上恒成立，即b≤x2在[2，＋∞）上恒成立，∵函数g（x）＝x2在[2，＋∞）上单调递增，∴g（x）min＝g

（2）＝4，∴b≤4.

答案：

（－∞，4]

[典例引领]

（2018·南京学情调研）已知函数f（x）＝ax2－bx＋lnx，a，b∈R.

（1）当a＝b＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；

（2）当b＝2a＋1时，讨论函数f（x）的单调性．

解：

（1）因为a＝b＝1，所以f（x）＝x2－x＋lnx，

从而f′（x）＝2x－1＋.

因为f

（1）＝0，f′

（1）＝2，

所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y－0＝2（x－1），即2x－y－2＝0.

（2）因为b＝2a＋1，所以f（x）＝ax2－（2a＋1）x＋lnx（x＞0），

从而f′（x）＝2ax－（2a＋1）＋＝＝.

当a≤0时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1；由f′（x）＜0，得x＞1，

所以f（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．

当0＜a＜时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞；由f′（x）＜0，得1＜x＜，

所以f（x）在（0,1）和上单调递增，在上单调递减．

当a＝时，因为f′（x）≥0（当且仅当x＝1时取等号），所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增．

当a＞时，由f′（x）＞0，得0＜x＜或x＞1；由f′（x）＜0得＜x＜1，

所以f（x）在和（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减．

[由题悟法]

判断函数单调性的步骤

（1）确定函数f（x）的定义域；

（2）求导数f′（x），并求方程f′（x）＝0的根；

（3）利用f′（x）＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′（x）的正负，由f′（x）的正负确定f（x）在相应子区间上的单调性．

[提醒]　研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．

[即时应用]

　已知函数f（x）＝x3－ax－1，讨论f（x）的单调性．

解：

f（x）的定义域为R.f′（x）＝3x2－a.

①当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在R上为增函数．

②当a＞0时，令3x2－a＝0，得x＝±，

当x＞或x＜－时，f′（x）＞0；

当－＜x＜时，f′（x）＜0.

因此f（x）在，上为增函数，在上为减函数．

综上可知，当a≤0时，f（x）在R上为增函数；当a＞0时，f（x）在，上为增函数，在上为减函数．

[典例引领]

已知函数f（x）＝（x2＋ax＋a）ex，其中a∈R，e是自然对数的底数．

（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；

（2）求函数f（x）的单调减区间．

解：

（1）当a＝1时，f（x）＝（x2＋x＋1）ex，所以f（0）＝1.

因为f′（x）＝（x2＋3x＋2）ex，所以f′（0）＝2.

所以切线方程为y－1＝2（x－0），即2x－y＋1＝0.

（2）因为f′（x）＝[x2＋（a＋2）x＋2a]ex＝（x＋a）（x＋2）ex，

当a＝2时，f′（x）＝（x＋2）2ex≥0，所以f（x）无单调减区间．

当－a＞－2，即a＜2时，列表如下：

x

（－∞，－2）

－2

（－2，－a）

－a

（－a，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

所以f（x）的单调减区间是（－2，－a）．

当－a＜－2，即a＞2时，列表如下：

x

（－∞，－a）

－a

（－a，－2）

－2

（－2，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

所以f（x）的单调减区间是（－a，－2）．

综上，当a＝2时，f（x）无单调减区间；当a＜2时，f（x）的单调减区间是（－2，－a）；当a＞2时，f（x）的单调减区间是（－a，－2）．

[由题悟法]

求函数的单调区间的2方法

法一：

（1）确定函数y＝f（x）的定义域；

（2）求导数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．

法二：

（1）确定函数y＝f（x）的定义域；

（2）求导数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）的定义区间分成若干个小区间；

（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．

[即时应用]

1．（2018·常州期中）已知函数f（x）＝x2－ax－a2lnx.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．

解：

（1）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），

f′（x）＝，

由f′（x）＝0，可得x＝a或x＝－，

①当a＝0时，f′（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，

∴f（x）的单调递增区间是（0，＋∞），无单调递减区间．

②当a＞0时，由f′（x）＞0，解得x＞a，函数f（x）单调递增；

由f′（x）＜0，解得0＜x＜a，函数f（x）单调递减，

∴f（x）的单调递减区间是（0，a），单调递增区间是（a，＋∞）．

③当a＜0时，由f′（x）＞0，解得x＞－，函数f（x）单调递增；

由f′（x）＜0，解得0＜x＜－，函数f（x）单调递减，

∴f（x）的单调递减区间是，单调递增区间是.

（2）f（x）≥0恒成立等价于f（x）min≥0，由

（1）知，

①当a＝0时，f（x）＝x2＞0，符合题意；

②当a＞0时，f（x）的单调递减区间是（0，a），

单调递增区间是（a，＋∞），

∴f（x）min＝f（a）＝a2－a2－a2lna≥0，

解得0＜a≤1；

③当a＜0时，f（x）的单调递减区间是，

单调递增区间是，

∴f（x）min＝f＝＋－a2ln＞0，

解得－2e≤a＜0.

综上，实数a的取值范围是[－2e，1]．

2．（2019·苏州十中检测）设函数f（x）＝x2＋ex－xex.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若x∈[－2,2]时，不等式f（x）＞m恒成立，求实数m的取值范围．

解：

（1）f′（x）＝x＋ex－（ex＋xex）＝x（1－ex）．

若x＜0，则1－ex＞0，所以f′（x）＜0；

若x＞0，则1－ex＜0，所以f′（x）＜0；

若x＝0，则f′（x）＝0.

所以f（x）在（－∞，＋∞）上为减函数，即f（x）的单调减区间为（－∞，＋∞）．

（2）因为x∈[－2,2]时，不等式f（x）＞m恒成立，所以m＜f（x）min；

由

（1）知f（x）在[－2,2]上单调递减，所以f（x）min＝f

（2）＝2－e2.

所以当m＜2－e2时，不等式f（x）＞m恒成立．

故实数m的取值范围为（－∞，2－e2）．

[典例引领]

　（2019·木渎高级中学模拟）已知函数f（x）＝2xlnx－x2＋ax（a∈R是常数）．

（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线方程；

（2）若f（x）在区间内单调递增，求a的取值范围．

解：

（1）因为a＝2时，f（x）＝2xlnx－x2＋2x，

f′（x）＝2（lnx＋1）－2x＋2＝2lnx－2x＋4，

所以f′

（1）＝2，f

（1）＝1，

故切线方程是y－1＝2（x－1），即2x－y－1＝0.

（2）f′（x）＝2lnx－2x＋a＋2，

若f（x）在区间内单调递增，则a＋2≥2（x－lnx）在区间内恒成立，

设h（x）＝x－lnx，x∈，则h′（x）＝1－＝，

由h′（x）＞0，得1＜x≤e；由h′（x）＜0，得≤x＜1，

故h（x）在内单调递减，在（1，e]内单调递增，

而h＝1＋＜h（e）＝e－1，

故a＋2≥2e－2，解得a≥2e－4，

所以a的取值范围是[2e－4，＋∞）．

[由题悟法]

由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）转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′（x）≥0；若函数单调递减，则f′（x）≤0”来求解．

[提醒]　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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

[即时应用]

已知函数f（x）＝ex－ax－1.

（1）求f（x）的单调递增区间；

（2）是否存在实数a，使f（x）在（－2,3）上单调递减？

若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：

f′（x）＝ex－a.

（1）若a≤0，则f′（x）＝ex－a＞0恒成立，

即f（x）在R上单调递增；

若a＞0，令ex－a≥0，解得x≥lna，

即f（x）在[lna，＋∞）上单调递增，

因此当a≤0时，f（x）的单调递增区间为R；

当a＞0时，f（x）的单调递增区间为[lna，＋∞）．

（2）存在实数a满足条件．

因为f′（x）＝ex－a≤0在（－2,3）上恒成立，

所以a≥ex在（－2,3）上恒成立．

又因为－2＜x＜3，所以e－2＜ex＜e3，要使a≥ex在（－2,3）上恒成立，只需a≥e3.

故存在实数a∈[e3，＋∞），使f（x）在（－2,3）上单调递减．

一抓基础，多练小题做到眼疾手快

1．函数f（x）＝x－lnx的单调减区间为________．

解析：

函数的定义域是（0，＋∞），且f′（x）＝1－＝，令f′（x）＜0，得0＜x＜1.

答案：

（0,1）

2．（2018·启东中学检测）已知函数f（x）＝x－1－（e－1）lnx，其中e为自然对数的底数，则满足f（ex）＜0的x的取值范围为________．

解析：

由f′（x）＝1－＝0（x＞0），得x＝e－1.

当x∈（0，e－1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

当x∈（e－1，＋∞）时，函数f（x）单调递增．

又f

（1）＝f（e）＝0,1＜e－1＜e，

所以由f（ex）＜0得1＜ex＜e，解得0＜x＜1.

答案：

（0,1）

3．（2019·盐城中学检测）若函数f（x）＝x＋＋lnx在区间[1,2]上单调递增，则实数k的取值范围是________．

解析：

∵函数