2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用（第1课时）利用导数研究函数的单调性讲义理（含解析）.doc

《2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用（第1课时）利用导数研究函数的单调性讲义理（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用（第1课时）利用导数研究函数的单调性讲义理（含解析）.doc（10页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 11 讲 导数在研究函数中的应用第 1 课时 利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系1概念辨析(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)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( )答案 (1) (2) (3)2小题热身(1)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( )2

2、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 x2 时， f(x)取到极小值答案 C解析 观察 y f( x)的图象可知， f(x)在区间(2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当 x2 时， f(x)取到极大值，故只有 C 正确(2)f(x) x36 x2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)3 x212 x3 x(x4)，由 f( x)0 时，函数 f(x)单调递增，此时由不等式 f( x)( x2)e x0，解得 x2.(

3、4)已知 f(x) x3 ax 在1，)上是增函数，则 a 的最大值是_答案 3解析 由题意得， f( x)3 x2 a0 对 x1，)恒成立，即 a3 x2对x1，)恒成立，所以 a3.经检验 a3 也满足题意，所以 a 的最大值是 3.题型 不含参数的函数的单调性一31已知函数 f(x) xln x，则 f(x)( )A在(0，)上单调递增B在(0，)上单调递减C在 上单调递增(0，1e)D在 上单调递减(0，1e)答案 D解析 f( x) xln x x(ln x)ln x1.由 f( x)0 得 x ，1e当 x 时， f( x)0， f(x)单调递增，(1e， )故只有 D 正确2函

4、数 f(x) 的单调递增区间是( )3xx2 1A(，1) B(1,1)C(1，) D(，1)或(1，)答案 B解析 函数 f(x)的定义域为 R， f( x) .要使3 1 x2 x2 1 2 3 1 x 1 x x2 1 2f( x)0，只需(1 x)(1 x)0，解得 x(1,1)3(2019江西金溪一中等校联考)已知函数 f(x)与 f( x)的图象如图所示，则函数g(x) 的单调递减区间为( )f xexA(0,4) B(，1)， (43， 4)C. D(0,1)，(4，)(0，43)答案 D4解析 由题图可知，先减后增的那条曲线为 f( x)的图象，先增后减最后增的曲线为f(x)的

5、图象因为 g(x) ，所以 g( x) ，由图f xex f x ex f x ex ex 2 f x f xex象可知，当 x(0,1)和(4，)时， f( x)0，函数 f(x)为增函数，当 x(e，)时， 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，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是2x2 5x 2x x 2 2x 1x 12和(2， ).(0，12)3.(2019开封调研)已知定义在区间(，)上的函数 f(x) xsinxcos x，则f(x)的单调递增区间是_答案 和( ， 2) (0， 2)解析 因为 f(x) xsinxcos x，所以

6、 f( x)sin x xcosxsin x xcosx.令 f( x)0，得 xcosx0.又因为2，令 f( x)0，得x 或 x .a a2 42 a a2 42当 x 时， f( x)0.(a a2 42 ， a a2 42 )所以 f(x)在 ， 上单调递减，在(0，a a2 42 ) (a a2 42 ， )6上单调递增(a a2 42 ， a a2 42 )条件探究 1 若举例说明中的函数变为 f(x) ax2 aln x，应如何解答？解 由题意得 f( x)2 ax (x0)1x 2ax2 1x当 a0 时， f( x)0 时，由 f( x)0 有 x ，12a当 x 时， f

7、( x)0， f(x)单调递增(12a， )条件探究 2 若举例说明中的函数变为 f(x) x 1 aln x(a0)，应如何解答？2x解 由题意知， f(x)的定义域是(0，)，导函数 f( x)1 .2x2 ax x2 ax 2x2设 g(x) x2 ax2，二次方程 g(x)0 的判别式 a28.当 0，即 00 都有 f( x)0.此时 f(x)是(0，)上的单调递增函数当 0，即 a2时，方程 g(x)0 有两个不同的实根 x1 ， x2 ，02 时， f( x)0 有两个实根.1已知函数 f(x) x3(2 m1) x23 m(m2) x1，其中 mR，求函数 f(x)的单调13递

8、增区间解 f( x) x22(2 m1) x3 m(m2)( x3 m)(x m2)当 3m m2，即 m1 时， f( x)( x3) 20， f(x)单调递增，即 f(x)的单调递增区间为(，)当 3mm2，即 m1 时，由 f( x)( x3 m)(x m2)0 可得 x3m，此时 f(x)的单调递增区间为(， m2)，(3 m，)当 3m0，可得 xm2，此时 f(x)的单调递增区间为(，3 m)，( m2，)综上所述，当 m1 时， f(x)的单调递增区间为(，)；当 m1 时， f(x)的单调递增区间为(， m2)，(3 m，)；当 m0，则由 f( x)0 得 xln a，当 x

9、(，ln a)时， f( x)0.故 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增若 a0.(ln (a2)， )故 f(x)在 上单调递减，( ， ln (a2)在 上单调递增(ln (a2)， )题型 函数单调性的应用问题三角度 1 比较大小或解不等式1(1)(2019武汉模拟)已知定义域为 R 的奇函数 y f(x)的导函数为 y f( x)，8当 x0 时， xf( x) f(x)f 的 x0的取值范围 2， 2 ( 3)为_答案 (1)D (2) 2， 3) ( 3， 2解析 (1)设 g(x) ，则 g( x) ，f xx xf x f xx2当 x0 时， xf

10、( x) f(x)f ，知 0，求函数 f(x)的单调区间；设函数 g(x) f(x)2 x，且 g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围答案 (1)A (2)见解析解析 (1) f(x)的定义域是(0，)， f( x) x ，9x由 f( x)0 解得 00)，当 x(，0)时， f( x)0；当 x(0， a)时， f( x)0.所以函数 f(x)的单调递增区间为(，0)，( a，)，单调递减区间为(0， a) g( x) x2 ax2，依题意，存在 x(2，1)，使不等式 g( x) x2 ax2g(x) F(x) f(x) g(x)；(2)xf( x) f(x)

11、 xf(x)；(3)xf( x) f(x) ；f xx (4)f( x) f(x)e xf(x)；(5)f( x) f(x) .f xex 2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间( a， b)上单调，实际上就是在该区间上 f( x)0(或 f( x)0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围(2)可导函数在区间( a， b)上存在单调区间，实际上就是 f( x)0(或 f( x)0，则对于任意的f xxa， b(0，)，当 ab 时，有( )A af(a)bf(b)C af(b)bf(a) D af(b)0 0 0，即 xf(x)f

12、xx xf x f xx xf x xx0. x0， xf(x)0，即函数 y xf(x)在(0，)上为增函数，由a， b(0，)且 ab，得 af(a)bf(b)，故选 B.2若函数 f(x) x2 x 在区间1,2上单调递减，则实数 a 的取值范围为( )x33 a2A. B.(52， 103) 52， )C. D2，)103， )答案 B解析 若函数 f(x) x2 x 在区间1,2上单调递减，则 f( x) x2 ax10x33 a2在1,2上恒成立，即 a x 在1,2上恒成立，又当 x1,2时， max2 ，1x (x 1x) 12 52所以 a .故选 B.523若函数 f(x) x312 x 在区间( k1， k1)上不是单调函数，则实数 k 的取值范围是_答案 (3，1)(1,3)解析 f( x)3 x212，由 f( x)0，得函数的增区间是(，2)及(2，)，由 f( x)0，得函数的减区间是(2,2)，由于函数在( k1， k1)上不是单调函数，所以 k12 k1 或 k12 k1，解得3 k1 或 1k3.