高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)理新人教版

高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)理新人教版高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)理新人教版18/18高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)理新人教版第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性夯實(shí)基礎(chǔ)【p35】【學(xué)習(xí)目標(biāo)】認(rèn)識(shí)函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及參數(shù)的范圍．【基礎(chǔ)檢測(cè)】1．函數(shù)f(x)＝lnx－x的單調(diào)遞加區(qū)間是A．(－∞，1)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)【剖析】∵函數(shù)f(x)＝lnx－x，定義域?yàn)?/p>

( )(0，＋∞)，11－x由f′(x)＝－1＝xx

＞0，解得

0<x<1，∴函數(shù)f(x)＝lnx

－x

的單調(diào)遞加區(qū)間是

(0，1)．【答案】B2．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象以以下圖，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是( )【剖析】由導(dǎo)函數(shù)在(－∞，0)上的圖象可知原函數(shù)在區(qū)間(－∞，0)上先單調(diào)遞減，再單調(diào)遞加，則選項(xiàng)A，C錯(cuò)誤；由導(dǎo)函數(shù)在(0，＋∞)上的圖象可知原函數(shù)在區(qū)間(0，＋∞)上先單調(diào)遞加，爾后單調(diào)遞減，再單調(diào)遞加，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤；應(yīng)選D.【答案】D213．若函數(shù)f(x)＝lnx＋ax－2在區(qū)間2，2內(nèi)單調(diào)遞加，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是( )A．(－∞，－2]B．(－2，＋∞)11－2，－8D.－8，＋∞12ax2＋1211max，【剖析】f′(x)＝x＋2ax＝x，2ax＋1＞0在2，2內(nèi)恒成立，因此a＞－2x2121111由于x∈2，2，因此x∈4，4，－2x2∈－2，－8，因此a≥－8.【答案】D4．已知f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的選項(xiàng)是( )A．f(2)>f(3)>f(π)B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3)D．f(π)>f(3)>f(2)【剖析】f(x)＝1＋x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0，則函數(shù)f(x)為增函數(shù)．2<3<π，∴f(π)>f(3)>f(2)．【答案】D5．定義在R上的奇函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，恒有xf′(x)1f(－x)，則滿足3(2x－1)f(2x－1)＜f(3)的實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．【剖析】∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(－x)＝－f(x)，∴由xf′(x)<f(－x)可得xf′(x)＋f(x)<0，即[xf(x)]′<0，∵當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，恒有xf′(x)<f(－x)，∴當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，恒有[xf(x)]′<0，設(shè)F(x)＝xf(x)，則函數(shù)F(x)＝xf(x)在(－∞，0]上為減函數(shù)，∵F(－x)＝(－x)f(－x)＝(－x)(－f(x))＝xf(x)＝F(x)，∴函數(shù)F(x)為R上的偶函數(shù)，∴函數(shù)F(x)＝xf(x)為[0，＋∞)上的增函數(shù)，13(2x－1)f(2x－1)<f(3)，∴(2x－1)f(2x－1)<3f(3)，F(xiàn)(2x－1)<F(3)，∴|2x－1|<3，解得－1<x<2.【答案】(－1，2)【知識(shí)要點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性：在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，若是f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞加；若是f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減．典例剖析【p35】考點(diǎn)1利用導(dǎo)數(shù)判斷和證明函數(shù)的單調(diào)性x例1已知函數(shù)f(x)＝x＋xe，a∈R.(1)求f(x)的零點(diǎn)；當(dāng)a≥－5時(shí)，求證：f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．【剖析】(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，令f(x)＝0得x2＋a＝0，x2＝－a，當(dāng)a≥0時(shí)，方程無(wú)解，f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a<0時(shí)，得x＝±－a.綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a<0時(shí)，f(x)零點(diǎn)為±－a.axax（x3＋x2＋ax－a）ex(2)f′(x)＝1－x2e＋x＋xe＝x2.令g(x)＝x3＋x2＋ax－a(x>1)，則g′(x)＝3x2＋2x＋a，1其對(duì)稱(chēng)軸為x＝－3，因此g′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞加．2因此g′(x)>3×1＋2×1＋a＝5＋a.當(dāng)a≥－5時(shí)，g′(x)≥0恒成立，因此g(x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．可得g(x)>g(1)＝2>0，f′(x)>0，因此f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)．【談?wù)摗繎?yīng)用導(dǎo)數(shù)法判斷或證明函數(shù)f(x)在(，)內(nèi)的單調(diào)性的三步驟：(1)一求．求abf′(x)；(2)二定．確認(rèn)或推導(dǎo)f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號(hào)；(3)三結(jié)論．作出結(jié)論：f′(x)＞0時(shí)為增函數(shù)；f′(x)＜0時(shí)為減函數(shù)．考點(diǎn)2利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2lnx＋k(k為常數(shù)，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，已知函數(shù)f(x)＝ef(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．1x－lnx－k【剖析】(1)由題意得f′(x)＝ex，1－k又f′(1)＝e＝0，故k＝1.1x－lnx－1(2)由(1)知，f′(x)＝ex.111設(shè)h(x)＝x－lnx－1(x＞0)，則h′(x)＝－x2－x＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞0，從而f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，h(x)＜0，從而f′(x)＜0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞加區(qū)間是(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)．【談?wù)摗繎?yīng)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)(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞加區(qū)間；(4)解不等式

求f′(x)；f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．考點(diǎn)3已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍2例3已知函數(shù)f(x)＝xlnx－2mx－x(m∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；m(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，2，且x1<2，證明：lnx1＋lnx2>2.xx12【剖析】(1)∵f(x)＝xlnx－2mx－x(m∈R)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，∴f′(x)＝lnx－mx≤0在定義域(0，＋∞)上恒成立，∴m≥lnx，xmaxlnx1－lnx設(shè)h(x)＝x，則h′(x)＝x2，由h′(x)>0，得x∈(0，e)，由h′(x)<0，得x>e，∴函數(shù)h(x)在(0，e)上遞加，在(e，＋∞)上遞減，1h(x)max＝h(e)＝e，∴m≥e.故實(shí)數(shù)m的取值范圍是1.，＋∞e(2)由(1)知f′(x)＝x－mx，∵函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1<x2，lnx1－mx1＝0，∴l(xiāng)nx2－mx2＝0，lnx1＋lnx2m＝x1＋x2，lnx1＋lnx2lnx1－lnx2則∴xx＋x＝x－x，ln121212m＝，x1－x2x1x1∴l(xiāng)nx1＋lnx1＋x2x1x2＋1·lnx2x2＝·ln＝x1，x1－x2x2－1x2設(shè)t＝x∈(0，1)，則lnx1＋lnx2＝（t＋1）·lnt，1x2t－1要證lnx1＋lnx2>2，只要證（t＋1）·lnt>2，只要證lnt<2（t－1），只要證lnt－2（t－1）<0，t－1t＋1t＋1構(gòu)造函數(shù)g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，14（t－1）2則g′(t)＝t－（t＋1）2＝t（t＋1）2>0，∴g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1在t∈(0，1)上遞加，∴()<(1)＝0，即(t)＝lnt－2（t－1）<0，gtggt＋1lnx1＋lnx2>2.【談?wù)摗恳阎瘮?shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍的兩個(gè)方法：(1)利用會(huì)集間的包含關(guān)系辦理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)變成不等式的恒成立問(wèn)題：即“若函數(shù)單調(diào)遞加，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來(lái)求解．方法總結(jié)【p36】1．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性在一個(gè)區(qū)間上，f′(x)≥0(個(gè)別點(diǎn)取等號(hào))?f(x)在此區(qū)間上為增函數(shù)．在一個(gè)區(qū)間上，f′(x)≤0(個(gè)別點(diǎn)取等號(hào))?f(x)在此區(qū)間上為減函數(shù)．2．解題時(shí)要注意區(qū)分求單調(diào)性和已知單調(diào)性的問(wèn)題，辦理好分極值點(diǎn)和導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)．

f′(x)＝0時(shí)的情況；區(qū)3．研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需注意依照參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類(lèi)討論．4．依照函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路：(1)利用會(huì)集間的包含關(guān)系辦理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)變成不等式的恒成立問(wèn)題，即“若函數(shù)單調(diào)遞加，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來(lái)求解．走進(jìn)高考【p36】1．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(1lnx.)＝－＋xxxa談?wù)揻(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：f（x1）－f（x2）x1－x2<a－2.1ax2－ax＋1【剖析】(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－x2－1＋x＝－x2.(ⅰ)若≤2，則f′( )≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，＝1時(shí)f′( )＝0，因此f(x)在(0，＋axxx∞)上單調(diào)遞減．a(chǎn)－2－4＋a2－4.(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝2或x＝2當(dāng)x∈a－a2－42－4，＋∞時(shí)，f′(x)<0；0，2∪a＋a2當(dāng)x∈a－a2－4a＋a2－4時(shí)，f′( )>0.2，2x因此f(x)在a－a2－4，a＋a2－4上單調(diào)遞減，在0，22，＋∞a－a2－4a＋a2－4上單調(diào)遞加．2，2(2)由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x，x2xax12因此x1x2＝1，不如設(shè)x1<x2，則x2>1.f（x1）－f（x2）1lnx1－lnx2由于x1－x2＝－x1x2－1＋ax1－x2lnx1－lnx2－2lnx2＝－2＋ax1－2＝－2＋a1，xx2－x2f（x1）－f（x2）1因此x1－x2<a－2等價(jià)于x2－x2＋2lnx2<0.設(shè)函數(shù)(x1＋2lnx，由(1)知，( )在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝0，)＝－gxxgx從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g(x)<0.因此1－2＋2lnx2<0，即f（x1）－f（x2）<－2.x2xx1－x2a考點(diǎn)集訓(xùn)【p193】組題xx，x∈0，π的單調(diào)遞減區(qū)間是( )1．函數(shù)f(x)＝2－sin2A.0，πB.0，π63C.ππD.ππ6，23，2【剖析】f1x，x∈0，π，′( )＝－cosx22令′( )<0，則x∈0，π，fx3故f(x)在ππ0，2上的減區(qū)間為0，3.【答案】B2f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(2，＋∞)單調(diào)遞加，則k的取值范圍是( )．若函數(shù)A.(－∞，－2]B.1，＋∞2C.[2，＋∞)D.－∞，12【剖析】由函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(2，＋∞)單調(diào)遞加可得：f′(x)≥0在區(qū)間(2，＋∞)f(x)1k11恒成立，′＝－，故－≥0≥kx2?k2.【答案】B3y＝f(x)的圖象以以下圖，則其導(dǎo)函數(shù)yf′()的圖象可能是( )．函數(shù)＝x【剖析】依照函數(shù)圖象可知函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)單調(diào)遞減，則y＝f′(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)均為負(fù)數(shù)，消除A，B，D，應(yīng)選C.【答案】C3－x，若b≤a＜0，則( )4．已知函數(shù)f(x)＝(ax＋4b)·eA．f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞加B．f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減C．f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞加D．f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減【剖析】′( )＝(－32－xe－x324b，fax＋3ax－4)e＝－x－3x＋xbaa由b≤＜0?bx3－24bx32≥1，3＋≥－3＋4，aaxax令h(x)＝x3－3x2＋4，則h′(x)＝3x2－6x，因此h(x)在(0，2)遞減，(2，＋∞)遞加，因此h(x)的最小值是h(2)＝0，因此h(x)≥0，又a<0，則f′(x)≥0?f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞加．【答案】C5．已知函數(shù)f(x)＝3＋32＋3(＋2)x＋1恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是xaxa________．【剖析】∵函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1，∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，由函數(shù)f(x)恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，∴3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0滿足：＝36a2－36(a＋2)＞0，解得<－1或>2.aa【答案】(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．已知函數(shù)f()＝x－xf(x2－2)>0的解集為_(kāi)_______．－2(e－e)，則不等式xxx【剖析】由函數(shù)的剖析式可得：f′(x)＝1－2(ex＋e－x)，x＋e－xx－xx－x，即x＝0時(shí)等號(hào)成立，由于e≥2e×e＝2，當(dāng)且僅當(dāng)e＝e據(jù)此可得：f′(x)＝1－2(ex－x＋e)≤－3，則函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，注意到f(0)＝0，則題中的不等式等價(jià)于f(x2－2x)>f(0)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性脫去f符號(hào)有：x2－2x<0，解得0<x<2，即不等式的解集為(0，2)．【答案】(0，2)131－a27．已知函數(shù)f(x)＝3x＋2x－ax，x∈R，其中a＞0.求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)(x∈(－2，0))的圖象與直線y＝a有兩個(gè)不同樣交點(diǎn)，求a的取值范圍．【剖析】(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況以下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞加區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)．令g(x)＝f(x)－a，x∈(－2，0)，則函數(shù)g(x)在區(qū)間(－2，0)內(nèi)有兩個(gè)不同樣的零點(diǎn)，由(1)知g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞加，在區(qū)間(－1，0)內(nèi)單調(diào)遞減，g（－2）<0，從而g（－1）>0，g（0）<0，1解得0＜a＜3.因此a的取值范圍是10，3.8．已知函數(shù)f(x)＝lnx－m（x－1）.x＋1(1)若函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞加，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；（x＋y）（lnx－lny）3(2)對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，y，且x≠y，求證：x－y＞2.2mx2＋2（1－m）x＋1【剖析】(1)依題意，導(dǎo)數(shù)f′(x)＝x－（1＋x）2＝（1＋x）2x≥0對(duì)于任意x>0恒成立，即不等式x2＋2(1－m)x＋1≥0對(duì)于任意x>0恒成立，x2＋1即不等式m≤2x＋1對(duì)于任意x>0恒成立；x2＋1又由于當(dāng)x>0時(shí)2x＋1≥1＋1＝2(當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，則m≤2，故實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，2]．由于目標(biāo)不等式（x＋y）（lnx－lny）>3中兩個(gè)字母x與y可以輪換，則不如設(shè)x－y2x0<y<x.令u＝y(tǒng)，則u>1.（x＋y）（lnx－lny）3u＋1u>33（u－1）欲證目標(biāo)不等式x－y>2?u－1·ln2?2（u＋1）<lnu?3（1－u）＋lnu>0.(※)2（1＋u）33（1－x）依照(1)的結(jié)論知，當(dāng)m＝2<2時(shí)f1(x)＝2（1＋x）＋lnx在(0，＋∞)上遞加．又由于>1，則f1()>1(1)＝0，則不等式(※)正確，故原目標(biāo)不等式得證．uuf組題1．定義在

R上的奇函數(shù)

y＝f(x)滿足

f(3)

＝0，且當(dāng)

x>0時(shí)，不等式

f(x)>－xf′(x)恒成立，則函數(shù)

g(x)＝xf(x)＋lg|

x＋1|

的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為

(

)A．1B．2C．3D．4【剖析】定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，且f(－x)＝－f(x)，又x>0時(shí)，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，函數(shù)h(x)＝xf(x)在x>0時(shí)是增函數(shù)，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函數(shù)；∴x<0時(shí)，h(x)是減函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函數(shù)y1＝xf(x)與y2＝－lg|x＋1|的大體圖象以以下圖，∴由圖象知，函數(shù)g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為3個(gè)．【答案】C2．已知函數(shù)f(x)＝ax2－4ax－lnx，則f(x)在(1，3)上不只一的一個(gè)充分不用要條件是( )A．a(chǎn)∈1B．a(chǎn)∈1－∞，－，＋∞62111C．a(chǎn)∈－2，6D．a(chǎn)∈2，＋∞2ax2－4ax－1【剖析】f′(x)＝2ax－4a－x＝x，若f(x)在(1，3)上不只一，令g(x)＝2ax2－4ax－1，則函數(shù)g(x)＝2ax2－4ax－1與x軸在(1，3)有交點(diǎn)，設(shè)其解為x1，x2，則x1＋x2＝2，因此方程的兩解不可以能都大于1，∴其在(1，3)中只有一解，其充要條件是(2a－4a－1)(18a－12a－1)<0，1解得a<－或a>，6因此選項(xiàng)D是滿足要求的一個(gè)充分不用要條件．【答案】D13．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－1＋x2，則使得f(x)>f(2x－1)