2021版高考文科数学人教A版一轮复习核心考点·精准研析3.2　利用导数研究函数的单调性 学案

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核心考点·精准研析

考点一　不含参数的函数的单调性 

1.函数y=xln x的单调递减区间是 (　　)

A.(-∞,e-1)    B.(e-1,+∞)

C.(e,+∞)    D.(0,e-1)

2.函数f(x)=的单调递增区间为________. 

3.已知定义在区间(-π,π)上的函数f(x)=xsin x+cos x,则f(x)的单调递增区间是________. 

【解析】1.选D.函数y=xln x的定义域为(0,+∞),

因为y=xln x,所以y′=ln x+1,

令y′<0得0<x<e-1,所以减区间为(0,e-1).

2.因为f(x)= ,

所以f′(x)=,由f′(x)>0,

解得x<-1-或x>-1+.

所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).

答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)

3.f ′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.

令f ′(x)=xcos x>0, 则其在区间(-π,π)上的解集为和,

即f(x)的单调递增区间为和.

答案:和

题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2ex”,则函数f(x)的单调递减区间是________. 

【解析】因为f(x)=x2ex,

所以f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex.

由f′(x)<0,解得-2<x<0,

所以函数f(x)=x2ex的单调递减区间是(-2,0).

答案:(-2,0)

　确定函数单调区间的步骤

(1)确定函数y=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.

【秒杀绝招】　

　排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=ln x都是增函数且为正数,所以y=xln x也是增函数,从而排除B,C.

考点二　含参数的函数的单调性 

【典例】(2019·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=ax-ln x+(a∈R),讨论f(x)的单调性.

【解题导思】

【解析】f′(x)=a--=(x>0).

设g(x)=ax2-x-1(x>0),

①当a≤0时,g(x)<0,f′(x)<0;

②当a>0时,由g(x)=0得x=或x=,记x0=,则g(x)=ax2-x-1=a(x-x0)(x>0),

因为x->0,

所以当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f′(x)<0,

当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,

综上知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;

当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.

　解决含参数的函数的单调性问题应注意两点

(1)研究含参数的函数的单调性问题,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.

　已知函数f(x)=-ln x.讨论f(x)的单调性.

【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=--=-,

(1)当a≥0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;

(2)当a<0时,由f′(x)>0,可得0<x<-a,

由f′(x)<0,可得x>-a,则f(x)在(0,-a)上单调递增,在(-a,+∞)上单调递减.

考点三　利用导数解决函数单调性的应用问题  

函数图象的识别

【典例】函数f(x)=x2+xsin x的图象大致为 (　　)

【解析】选A.因为f(-x)=x2-xsin(-x)=x2+xsin x=f(x),所以f(x)为偶函数,B不符合题意, f(x)=x2+xsin x=x(x+sin x),令g(x)=x+sin x,则g′(x)=1+cos x≥0恒成立,所以g(x)是单调递增函数,则当x>0时,g(x)>g(0)=0,故x>0时, f(x)=xg(x),f′(x)=g(x)+xg′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故只有A符合题意.

辨别函数的图象主要从哪几个角度分析?

提示:从函数奇偶性、单调性、最值及函数图象所过的特殊点等角度分析.

比较大小或解不等式

【典例】(2019·兰州模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(4-x),且(x-

2)f′(x)>0.若a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是 世纪金榜导学号(　　)

A.c>b>a   B.c>a>b

C.a>b>c   D.b>a>c

【解析】选C.由f(x)=f(4-x)可知,

f(x)的图象关于直线x=2对称,

根据题意知,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;

当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.

所以f(3)=f(1)<f<f(0),

即c<b<a.

单调性比较大小或解不等式,实际上是自变量的大小与相应函数值的大小关系的互推,比较大小时对自变量的取值范围有什么要求?

提示:必须在同一个单调区间内.

根据函数的单调性求参数

【典例】若函数f(x)=ex(2x2-x+k)在R上是增函数,则实数k的取值范围是________. 

 【解析】由题意,求得函数的导数

f′(x)=ex(2x2-x+k+4x-1)

=ex(2x2+3x+k-1),

因为函数f(x)在R上是增函数,

又由ex>0,所以Δ=9-8(k-1)≤0,

解得k≥,即实数k的取值范围是.

答案:

函数f(x)在某区间上是增函数,推出f′(x)>0还是f′(x)≥0?

提示:推出f′(x)≥0.

1.设函数y=f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图象如图所示,则导函数y=f′(x)可能为              (　　)

【解析】选D.由题意得,当x<0时,函数y=f(x)单调递增,故f′(x)>0;当x>0时,函数y=f(x)先增再减然后再增,故导函数的符号为先正再负然后再正.结合所给选项可得D符合题意.

2.已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数,f(1)=,对任意实数都有f(x)-

f′(x)>0,设F(x)=,则不等式F(x)<的解集为 (　　)

A.(-∞,1)   B.(1,+∞)

C.(1,e)    D.(e,+∞)

【解析】选B.根据题意,F(x)=,

其导数F′(x)=

=,

又由f(x)-f′(x)>0,则有F′(x) <0,

即函数F(x)在R上为减函数,

又由f(1)=,

则F(1)==,

不等式F(x)<等价于F(x)<F(1),

则有x>1,则不等式的解集为(1,+∞).

3.若f(x)=2x3-3x2-12x+3在区间[m,m+4]上是单调函数,则实数m的取值范围是________. 

【解析】因为f(x)=2x3-3x2-12x+3,

所以f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),

令f′(x)>0,得x<-1或x>2;

令f′(x)<0,得-1<x<2,

f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,

在(-1,2)上单调递减.

若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,则

m+4≤-1或或m≥2.

所以m≤-5或m≥2,

则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).

答案:(-∞,-5]∪[2,+∞)

　(2020·内江模拟)若函数f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是              (　　)

A.   B.

C.(-1,+∞)   D.

【解析】选B.因为f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则f′(x)=ax+ln x≥0在(0,+∞)上有解,

即a≥-在(0,+∞)上有解,

令g(x)=-,x>0,则g′(x)=,

当x>e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,

当0<x<e时,g′(x)<0,g(x)单调递减,

又x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)<0且g(x)→0,

因为g(e)=-,所以a≥-,

当a=-时,f′(x)=-x+ln x,

令h(x)=-x+ln x,

则h′(x)=-,

当x>e时,h′(x)<0,函数单调递减,

当0<x<e时,h′(x)>0,函数单调递增,

h(x)≤h(e)=0,

即f′(x)≤0恒成立,

此时不满足题意,所以a的取值范围是.

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