专题1 用导数研究含参函数的单调性（原卷版）+（解析版）

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专题1 用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,可以说函数单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据的根的情况进行分类,下面我们根据的根的情况总结出8类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：定义域为,可化为单根型方程思路：直接解不等式,确定函数单调区间【例1】讨论的单调性.分析：,根的情况转化为根的情况,根据分别确定递增区间与递减区间.类型二：定义域不是,可化为单根型方程思路：根据根是否在定义域内进行分类【例2】讨论的单调性分析：,根的情况转化为根的情况根据是否在定义域内进行分类(1),在上是增函数；(2),在上是减函数,在上是增函数.类型三：定义域是,可化为类单根型方程思路：根据方程是否有解进行分类【例3】讨论的单调性分析：,根的情况转化为方程根的情况,根据该方程是否有根进行分类,,方程无实根,,方程有一个实根,注意不要忽略的情况.(1),在上是减函数；(2),在上是减函数,在上是增函数.类型四：定义域不是,可化为类单根型方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类【例4】讨论的单调性分析：,根的情况转化为在上根的情况.步骤一：讨论(无实根)；步骤二：讨论,由得(不在定义域内)；步骤三：讨论,根据是否在定义域内再分.(1),在上是减函数；(2),在上是减函数；(3)(i), ,在上是增函数；(ii),在上是减函数,在上是增函数.类型五：定义域是,可化为双根型方程思路：根据根的大小进行分类【例5】讨论的单调性分析：,根的情况转化为的根的情况,根据与的大小进行讨论.(1)在上是增函数,在上是减函数；(2),在上是增函数；(3), 在上是增函数,在上是减函数.类型六：定义域不是,可化为双根型方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类【例6】讨论的单调性分析：,根的情况转化为在上根的情况.步骤一：讨论(根不在定义域内).步骤二：讨论(根据的大小再分)(1),在上是增函数；(2)在上是增函数,在上是减函数；(3),在上是增函数；(4), 在上是增函数,在上是减函数.类型七：定义域是,可化为类双根型方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类【例7】讨论的单调性分析：,根的情况转化为根的情况.步骤一：讨论(有1个根).步骤二：讨论(根据的大小再分)(1),在上是增函数,在上是减函数；(2)在上是增函数,在上是减函数；(3),在上是增函数；(4), 在上是增函数,在上是减函数.类型八：定义域不是,可化为类双根型方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类【例8】讨论的单调性分析：,根的情况转化为根的情况.步骤一：讨论(有1个根).步骤二：讨论(不在定义域内)步骤三：讨论(均在定义域内,根据的大小再分)(1),在上是增函数,在上是减函数；(步骤一二合并)(2)在上是增函数,在上是减函数；(3),在上是增函数；(4), 在上是增函数,在上是减函数.三、典例展示【例1】（2021陕西省西安高三下学期）已知函数（）．（1）求函数的单调区间；（2）若在（0,+∞）上恒成立,求的取值范围；（3）求证：（）【解析】（1）因为函数,其定义域为（0,+∞）所以即当时,,所以增区间为（0,+∞）；当时,令得,当时,,所以减区间为,当时,,所以增区间为；综上：当时, 增区间为（0,+∞）；当时, 减区间为,增区间为；（2）1°当时,函数增区间为（0,+∞）,此时不满足在（0,+∞）上恒成立；2°当时,减区间为,增区间为,要使在（0,+∞）上恒成立,只需即可,即,令（）则,解得,因此在（0,1）单调递增,在（1,+∞）上单调递减,所以当时,取最大值0,故在（0,+∞）上恒成立,当且仅当时成立,即；（3）由（2）知,令时,（）∴（）∴令,则（）∴（）∴综上：成立．【例2】（2022届四川省内江市高三零模）已知函数．（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数有三个不同的零点、、,求的取值范围,并证明：．【解析】（1）∵,∴ ①当时,,则在上单调递增,无递减区间； ②当时,令,得 的解集为,的解集为 则在上单调递减,在上单调递增（2）由（1）知函数f(x)有三个零点,则 ∵在上单调递减,在上单调递增∴的极大值为,且极大值大于,极小值为 ∵有三个不同的零点,∴ 解得,故的取值范围为． 又∵,当时,有,当时,有． ∴设,由零点存在性定理知． ∴ 又∵ ∴ ,因此．【例3】（2021年全国新高考II卷数学试题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个,证明：只有一个零点①；②．【解析】(1)由函数的解析式可得：,当时,若,则单调递减,若,则单调递增；当时,若,则单调递增,若,则单调递减,若,则单调递增；当时,在上单调递增；当时,若,则单调递增,若,则单调递减,若,则单调递增；(2)若选择条件①：由于,故,则,而,而函数在区间上单调递增,故函数在区间上有一个零点.,由于,,故,结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得,题中的结论成立.若选择条件②：由于,故,则,当时,,,而函数在区间上单调递增,故函数在区间上有一个零点.当时,构造函数,则,当时,单调递减,当时,单调递增,注意到,故恒成立,从而有：,此时：,当时,,取,则,即：,而函数在区间上单调递增,故函数在区间上有一个零点.,由于,,故,结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得,题中的结论成立.四、跟踪检测1．（2021内蒙古呼和浩特市高三二模）已知函数（1）讨论g(x)的单调性；（2）若,对任意恒成立,求a的最大值；【解析】（1）,当时,,在上单调递增；当时,令,解得,令,解得,在上单调递减,在上单调递增；综上,当时,在上单调递增；当时,在上单调递减,在上单调递增；（2）即为,即,设,则,易知函数在上单调递增,而,所以,即,当时,即为,设,则,易知函数在上单调递减,在上单调递增,（e）,,即的最大值为．2．（2022四川省资阳市高三第一次质量检测）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若在上只有一个极值,且该极值小于,求的取值范围.【解析】（1）由题意,函数,可得,当时,,令,解得；令,解得,故在递减,在递增,当时,令,解得或,设,可得,当时,；当时,,故,故,由,解得或,由,解得,故在递增,在递减,在递增,综上可得：当时,在递减,在递增,时,在递增,在递减,在递增；（2）当时,由（1）知,在递减,在递增,故,解得,当时,,由（1）知在处取极大值,设,则,因为,可得,所以,在递减,所以,所以不合题意,当时,,由（1）知在递增,此时在无极值,不符合题意,综上可得,实数的取值范围是.3．（2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若,记的零点为,的极大值点为,求证：·【解析】（1）的定义域为,,当时,,在上单调递增：当时,,在上有唯一正根,当时,,单调递减；当时,,单调递增；综上,当时,在上单调递增；当时,在上单调递减；在上单调递增.（2）由（1）知,当时,在上单调递增,且,所以在上有唯一零点.又,又,由单调性运算性质可知,在上单调递减,且,故存在,使得,即,当时,,单调递减；当时,,单调递增；所以是唯一极大值点,所以,故,因此.设,因为,所以在上单调递增,所以.故有,又在上单调递增,所以.4．（2021山东省泰安高三高考适应性训练）已知函数,（1）讨论的单调性；（2）若,,,用表示,的最小值,记函数,,讨论函数的零点个数．【解析】（1）由已知可得函数的定义域为,,当时,,故,在上单调递增；当时,时,,在上单调递减,时,,在上单调递增．综上所述,当时,的单调递增区间是,无单调递减区间；当时,的单调递减区间是,的单调递增区间是．（2）由（1）可知当时,所以所以所以时,函数的零点个数即为函数在区间内的零点个数．,任取,因,所以是偶函数．因为．当时,在上恒成立,所以时,．所以在上单调递增．又因为,所以在上没有零点．又因为是偶函数,所以在上没有零点．当时,令,得．由可知存在唯一使得．所以当时,单调递增； 当时,,单调递减．因为,．所以当,即时,在上没有零点．由是偶函数,可知在上没有零点．所以当,即时,在上有个零点．由是偶函数,可知在上有个零点．综上,当时,有个零点；当时,没有零点．即当时,有个零点；当时,没有零点．5．已知函数,．（1）讨论在区间上的单调性；（2）若关于的不等式在区间上恒成立,求的取值范围．【解析】（1）,求导得：．当时,,,,在上单调递增．当时,令,得,,单调递增；令,得,,单调递减．综上,当时,在上单调递增；当时,在上单调递减,在上单调递增．（2）由得,．令,则,上式变为．①当时,上式恒成立；②当时,时,,不成立；③当时,,求导得：,所以,,则,即．综上,．6．（2021山东省烟台市高三高考适应性练习）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当时,.【解析】（1）函数的定义域为,.令.①当时,,,故在单调递减；②当时,为二次函数,.若,即,则的图象为开口向下的抛物线且,所以,故在单调递减；若,即或,令,得,.当时,图象为开口向下的抛物线,,所以当或时,,所以,单调递减；当时,,所以,单调递增；当时,图象为开口向上的抛物线,,所以当,,所以,故单调递减；当时,,所以,单调递增.综上,当时,在和上单调递减,在上单调递增；当时,在单调递减,在上单调递增；当,在单调递减;（2）由（1）知,当时,在单调递减,在单调递增,因此对恒有,即.因为,若成立,则成立.令,则,.因为,所以,所以在单调递增,又,所以当时,,所以在单调递增,又,所以对恒有,即.当时,,则,由不等式的基本性质可得.因此,原不等式成立.7．（2021浙江省高三高考考前模拟）已知函数（）,其中是自然对数的底数．（1）判断的单调性；（2）令,记为函数的零点,求证：；（3）令,,若对于,恒成立,求的取值范围．【解析】（1）∵,∴,令,故只需讨论的正负性即可,∴,故单调递增,故,故,∴单调递增；（2）由,故,故单调递增,当时,,故,由,代入,得,故,综上所述：；（3）由题意得,即求恒成立时b的取值范围,∵,故单调递增且当时,又∵,故得,故只需求,当时,,解得（*）,令,故,令,故由（*）知,故单调递增,∴只需,解得,综上所述：的取值范围是.8．已知函数,其中为正实数．（1）试讨论函数的单调性；（2）设,若存在,,使得不等式成立,求的取值范围．【解析】（1）根据题意,,,,或,所以①当时,,则有,或；,此时可得,在,上单调递增,在上单调递减．②当时,,则有,或；,此时可得,在,,上单调递增,在上单调递减．③当时,恒有,此时函数在上单调递增．综上可得,①当时,在,上单调递增,在上单调递减．②当时,在,,上单调递增,在上单调递减．③当时,函数在上单调递增．（2）根据题意,由（1）可得,,若存在,,使得不等式成立,则需使,,由（1）可知,①当时,,则有,或；,此时可得,在,上单调递增,在上单调递减,即得在,上单调递增,故有；②当时,,则有,或；,此时可得,在,,上单调递增,在上单调递减．当时,即时,在,上单调递减,则有,不合题意；当时,即时,在,上单调递减,在,则有,此时令,则,即得此时在上单调递增,所以（1）恒成立,即恒成立,不合题意；综上可得,．