【备战】高考数学 高频考点归类分析 应用导数讨论函数的增减性（真题为例）.doc

应用导数讨论函数的增减性典型例题： 例1. （2012年浙江省理5分）设，【 】 a若，则 b若，则 c若，则 d若，则【答案】a。【考点】函数的单调性，导数的应用。【解析】对选项a，若，必有。构造函数：，则恒成立，故有函数在x0上单调递增，即ab成立。其余选项用同样方法排除。故选a。例2. （2012年湖南省文5分）设定义在r上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，01；当 且时 ，则函数在-2，2 上的零点个数为【】a .2 b .4 c.5 d. 8 【答案】。【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。【解析】由当 且时 ，知为减函数；为增函数。又时，0f(x)1，在r上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在-2，2 上的零点个数为4个。例3. （2012年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【 】（a）（1,1 （b）（0,1 （c.）1，+） （d）（0，+）【答案】b。【考点】用导数求函数的单调区间。【解析】，。 。故选b。例4. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】(a) (b) (c) (d)【答案】c。【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。【解析】设，则所以所以当时，同理即。故选c。例5. （2012年山东省文4分）若函数在1，2上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a . 【答案】。【考点】函数的增减性。【解析】，。当时，函数是增函数，在1，2上的最大值为，最小值为。此时，它在上是减函数，与题设不符。当时，函数是减函数，在1，2上的最大值为，最小值为。此时，它在上是增函数，符合题意。综上所述，满足条件的。例6. （2012年浙江省文15分）已知ar，函数（1）求的单调区间（2）证明：当01时， + 0.【答案】解：（1）由题意得， 当时，恒成立，此时的单调递增区间为；当时，此时函数的单调递增区间为。（2）由于，当时，；当时，。设，则。则有0101减极小值增1。当时，总有。【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。 【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。 （2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。例7. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】（a）0 （）1（）2（）3【答案】b。【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。【分析】，函数在定义域内单调递增。 又，。 函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选b。例8. （2012年福建省文14分）已知函数f(x)axsinx(ar)，且在上的最大值为.（i）求函数f(x)的解析式；（ii）判断函数f(x)在(0，)内的零点个数，并加以证明【答案】解：（i）由已知f(x)a(sinxxcosx)，对于任意x，有sinxxcosx0。当a0时，f(x)，不合题意；当a0，x时，f(x)0，从而f(x)在内单调递减，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)，不合题意；当a0，x时，f(x)0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a，解得a1。综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)xsinx。（ii）f(x)在(0，)内有且只有两个零点。证明如下： 由（i）知，f(x)xsinx，从而有f(0)0，f0。又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。又由（i）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。当x时，令g(x)f(x)sinxxcosx.由g10，g()0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m，使得g(m)0。由g(x)2cosxxsinx，知x时，有g(x)0，从而g(x)在内单调递减。当x时，g(x)g(m)0，即f(x)0，从而f(x)在内单调递增，故当x时，f(x)f0，故f(x)在上无零点；当x(m，)时，有g(x)g(m)0，即f(x)0，从而f(x)在(m，)内单调递减又f(m)0，f()0，且f(x)在m，上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，)内有且仅有一个零点。综上所述，f(x)在(0，)内有且只有两个零点。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。【解析】（i）由题意，可借助导数研究函数f(x)axsinx(ar)，在上的单调性，确定出最值，令最值等于 ，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。（ii）借助导数研究函数f(x)在（0，）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。例9. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。（1）讨论的单调性；（2）设，求的取值范围。【答案】解：。（1），。当时，在上为单调递增函数；当时，在上为单调递减函数；当时，由得， 由得或； 由得。 当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。（2）由恒成立可得。令，则。当时，当时，。又，所以，即故当时，有，当时，所以。当时，。综上可知故所求的取值范围为。【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。 （2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。例10. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设有两个极值点，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值【答案】解：（1）， 当 时，且仅当时。是增函数。 当 时，有两个根。列表如下：的增减性0增函数减函数0增函数 （2）由题设知，是的两个根，且。 。 同理，。 直线的解析式为。 设直线与轴的交点为，则，解得。 代入得 ， 在轴上， 解得，或或。【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。 （2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。例11. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1），。令得，。，得。 的解析式为。 设，则。 在上单调递增。 又时，单调递增；时，单调递减。 的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。 （2），。令得。 当时，在上单调递增。 但时，与矛盾。 当时，由得；由得。 当时， 。 令；则。 由得；由得。 当时， 当时，的最大值为。【考点】函数和导函数的性质。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。例12. （2012年全国课标卷文5分）设函数()求的单调区间()若a=1，k为整数，且当x0时，求k的最大值【答案】解：() f(x)的的定义域为，。 若，则，在上单调递增。 若，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增。 ()a=1，。 当x0时，它等价于。 令，则。 由()知，函数在上单调递增。 ，在上存在唯一的零点。 在上存在唯一的零点，设此零点为，则。 当时，；当时，。 在上的最小值为。 又，即，。 因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】()分和讨论的单调区间即可。 ()由于当x0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。例13. （2012年北京市文13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当a=3,b=9时，若函数在区间k,2上的最大值为28，求k的取值范围。【答案】解：（1）（1，c）为公共切点，。 ，即。 又，。 又曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线， 。 解，得。（2）a=3,b=9，设。 则。令，解得。 又在各区间的情况如下：100在单调递增，在单调递减，在上单调递增。其中，为最大值。如果函数在区间k,2上的最大值为28，则区间包含最大值点。，即k的取值范围为。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。 （2）由 a=3,b=9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间k,2上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。例14. （2012年天津市文14分）已知函数，其中.（i）求函数的单调区间；（ii）若函数在区间（2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；（iii）当=1时，设函数在区间上的最大值为m（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。【答案】解：（i）求导函数可得。 令，可得。当变化时，和的变化情况如下表：00极大值极小值函数的递增区间为，单调递减区间为。（ii）由（i）知函数在区间（2，1）内单调递增，在（1，0）内单调递减，函数在（2，0）内恰有两个零点。 ，即，解得。的取值范围为(0，)。（iii）=1时，由（i）知，函数在（3，1）上单调递增，在（1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。当时，1，+3，在，1上单调递增，在1，+3上单调递减。函数在，+3上的最大值为m（）=，而最小值m（）为与中的较小者。由知，当3，2时，故m（）=f（），所以。而在3，2上单调递增，因此。在3，2上的最小值为。当2，1时，+31，2，1，1，+3。下面比较的大小：由在2，1，1，2上单调递增，有。，m（）= ，m（）=在2，1上的最小值为。 综上，函数在区间3，1上的最小值为。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。【分析】（i）求导函数，令0，可得函数的递增区间；令0，可得单调递减区间。（ii）由（i）知函数在区间（2，1）内单调递增，在（1，0）内单调递减，从而函数在（2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。（iii）=1时，由（i）知，函数在（3，1）上单调递增，在（1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：当3，2时，+30，1，1，+3，在，1上单调递增，在1，+3上单调递减，因此函数在，+3上的最大值为m（）= ，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在3，2上的最小值；当2，1时，+31，2，1，1，+3，比较的大小，从而可确定函数在区间3，1上的最小值。例15. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。（）求k的值；（）求的单调区间；（）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x0，。【答案】解：（）由 = 可得，曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，即，解得。（），令可得，即。 令， 由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。和只相交于一点，即只有一解。 由（）知，。当时，；当时，。（取点代入）在区间内为增函数；在内为减函数。（）， 可以证明，对任意x0，有（通过函数的增减性和极值证明）， 。 设。则。 令，解得。 当时，；当时，。 在取得最大值。 ，即。 对任意x0，。【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。【解析】（）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。 （）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。 （）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。例16. （2012年湖南省文13分）已知函数，其中0.#中国教育出版&网（）若对一切r，1恒成立，求的取值集合；z（）在函数的图像上取定两点，记直线ab的斜率为，证明：存在，使恒成立.【答案】解：（）令，得。 当时单调递减；当时单调递增。当时，取最小值。对一切恒成立，当且仅当.令则。当时，单调递增；当时，单调递减。当时，取最大值。当且仅当时，式成立。综上所述，的取值集合为。（）证明：由题意知，。令则。令，则。当时，单调递减；当时，单调递增。当，即。，。又。函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，存在使即成立。【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。【解析】（）利用导函数法求出取最小值对一切r，1恒成立转化为从而得出求的取值集合。（）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)exax2ex，ar.（）若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；（）试确定a的取值范围，使得曲线yf(x)上存在唯一的点p，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点p.【答案】解：（）f(x)ex2axe，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，曲线yf(x)在点(1，f(1)处切线斜率k2a0。a0，即f(x)exex。此时f(x)exe，f(x)0得x1，当x(，1)时，有f(x)0，f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)。（）设点p(x0，f(x0)，曲线yf(x)在点p处的切线方程为yf(x0)(xx0)f(x0)，令g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，故曲线yf(x)在点p处的切线与曲线只有一个公共点p等价于函数g(x)有唯一零点。因为g(x0)0，且g(x)f(x)f(x0)exex02a(xx0)，所以，若a0，当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0；当xx0时，g(x)0，则xx0时，g(x)g(x0)0。故g(x)只有唯一零点xx0。由于x0具有任意性，不符合p的唯一性，故a0不合题意。若a0，令h(x)exex02a(xx0)，则h(x0)0，h(x)ex2a。令h(x)0，得xln(2a)，记x*ln(2a)。则当x(，x*)时，h(x)0，从而h(x)在(，x*)内单调递减；当x(x*，)时，h(x)0，从而h(x)在(x*，)内单调递增。(i)若x0x*，由x(，x*)时，g(x)h(x)h(x*)0；x(x*，)时，g(x)h(x)h(x*)0.知g(x)在r上单调递增，所以函数g(x)在r上有且只有一个零点xx*。(ii)若x0x*，由于h(x)在(x*，)内单调递增，且h(x0)0，则当x(x*，x0)时有g(x)h(x)h(x0)0，g(x)g(x0)0；任取x1(x*，x0)有g(x1)0。又当x(，x1)时，易知g(x)exax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ex1ax2(ef(x0)xf(x0)x0f(x0)ax2bxc，其中b(ef(x0)，cex1f(x0)x0f(x0)。由于a0，则必存在x2x1，使得axbx2c0.