（浙江专用）高考数学导数及其应用2第2讲导数在研究函数中的应用1第1课时导数与函数的单调性教学案.docx

第1课时导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件结论函数yf(x)在区间(a，b)上可导f(x)0f(x)在(a，b)内单调递增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)在(a，b)内f(x)0且f(x)0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数()答案：(1)(2)(3)教材衍化1(选修22P32A组T4改编)如图是函数yf(x)的导函数yf(x)的图象，则下面判断正确的是()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)取到极小值解析：选C.在(4，5)上f(x)0恒成立，所以f(x)是增函数2(选修22P26练习T1(2)改编)函数f(x)exx的单调递增区间是_解析：因为f(x)exx，所以f(x)ex1，由f(x)0，得ex10，即x0.答案：(0，)易错纠偏忽视函数的定义域.函数f(x)xln x的单调递减区间为_解析：由f(x)11，即x0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)答案：(0，1)利用导数判断或证明函数的单调性 讨论函数f(x)(a1)ln xax21的单调性【解】f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax.当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；当0a1时，令f(x)0，解得x ，则当x(0, )时，f(x)0，故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，)上单调递增 (2020温州模拟)设函数f(x)xln(ax)(a0)设F(x)f(1)x2f(x)，讨论函数F(x)的单调性解：f(x)ln(ax)1，所以F(x)(ln a)x2ln(ax)1，函数F(x)的定义域为(0，)，F(x)(ln a)x.当ln a0，即a1时，恒有F(x)0，函数F(x)在(0，)上是增函数；当ln a0，即0a1时，令F(x)0，得(ln a)x210，解得0x ；令F(x)0，得(ln a)x210，解得x .所以函数F(x)在上为增函数，在上为减函数求函数的单调区间 (1)函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1，1) B(0，1)C(1，) D(0，)(2)已知函数f(x)x3x2ax1(aR)，求函数f(x)的单调区间【解】(1)选B.yx2ln x，yx(x0)令y0，得0x0，即a0，解得x1；令f(x)0，解得1x1，所以f(x)的单调递增区间为(，1)和(1，)；f(x)的单调递减区间为(1，1)综上所述：当a1时，f(x)在R上单调递增；当a0.当x(x1，x2)时，yf(x)单调递减，所以f(x)0.所以yf(x)的图象在四个选项中只有D符合【答案】(1)D(2)D角度二已知函数单调性求参数的取值范围 (1)(2020浙江省高中学科基础测试)若函数f(x)2x(aR)在1，)上是增函数，则实数a的取值范围是()A0，2 B0，4C(，2 D(，4(2)函数f(x)kxln x在区间(1，)上单调递减，则k的取值范围是_【解析】(1)由题意得f(x)20在1，)上恒成立，则a(2x2)min2，所以a2，故选C.(2)因为函数f(x)kxln x，所以f(x)k，函数在区间(1，)上单调递减，则f(x)0在(1，)上恒成立，即k0在区间(1，)上恒成立，故k在区间(1，)上恒成立，因为在区间(1，)上01，故k0.【答案】(1)C(2)(，0角度三比较大小或解不等式 (2020宁波市效实中学月考)定义在R上的函数f(x)的导函数是f(x)，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(e为自然对数的底数)，bf()，cf(log28)，则a，b，c的大小关系为_(用“”连接)【解析】因为当x(，1)时，(x1)f(x)0，得f(x)0，所以函数f(x)在(，1)上单调递增，又f(x)f(2x)，得函数f(x)的图象关于直线x1对称，所以函数f(x)图象上的点距离直线x1越近函数值越大，又log283，所以log2821，得f()ff(log28)，故cab.【答案】cab(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路由函数在区间a，b上单调递增(减)可知f(x)0(f(x)0)在区间a，b上恒成立列出不等式利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题对等号单独检验，检验参数的取值能否使f(x)在整个区间恒等于0，若f(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f(x)0，则参数可取这个值(2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式提醒(1)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x(a，b)都有f(x)0且在(a，b)内的任一非空子区间上f(x)0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的 设f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(2)0，当x0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是_解析：设g(x)(x0)，则g(x)，所以当x0时，g(x)0，即g(x)在(0，)上单调递增，又g(2)0，所以f(x)0的解集为(2，0)(2，)故填(2，0)(2，)答案：(2，0)(2，)核心素养系列5数学运算、逻辑推理构造函数、比较大小此类涉及已知f(x)与f(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解一、x与f(x)的组合函数 若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)2，f(x)1，则不等式f(x)x0的解集为_【解析】令g(x)f(x)x，所以g(x)f(x)1.由题意知g(x)0，所以g(x)为增函数因为g(2)f(2)20，所以g(x)0的解集为(2，)【答案】(2，)二、ex与f(x)的组合函数 已知f(x)(xR)有导函数，且xR，f(x)f(x)，nN*，则有()Aenf(n)enf(0)Benf(n)f(0)，f(n)f(0)，f(n)enf(0)Denf(n)f(0)，f(n)0，g(x)为R上的增函数，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf(n)enf(0)故选A.【答案】A 设a0，b0，e是自然对数的底数，则()A若ea2aeb3b，则abB若ea2aeb3b，则abD若ea2aeb3b，则a0，b0，所以ea2aeb3beb2bbeb2b.对于函数yex2x(x0)，因为yex20，所以yex2x在(0，)上单调递增，因而ab成立故选A.【答案】A基础题组练1函数f(x)exex，xR的单调递增区间是()A(0，)B(，0) C(，1)D(1，)解析：选D.由题意知，f(x)exe，令f(x)0，解得x1，故选D.2函数f(x)1xsin x在(0，2)上的单调情况是()A增函数 B减函数 C先增后减 D先减后增解析：选A.在(0，2)上有f(x)1cos x0恒成立，所以f(x)在(0，2)上单调递增3(2020台州市高三期末质量评估)已知函数f(x)ax3ax2x(aR)，下列选项中不可能是函数f(x)图象的是()解析：选D.因f(x)ax2ax1，故当a0时，判别式a24a0，其图象是答案C中的那种情形；当a0时，判别式a24a0，其图象是答案B中的那种情形；判别式a24a0，其图象是答案A中的那种情形；当a0，即yx也是答案A中的那种情形，应选答案D.4已知函数f(x)xsin x，xR，则f，f(1)，f的大小关系为()Aff(1)fBf(1)ffCff(1)fDfff(1)解析：选A.因为f(x)xsin x，所以f(x)(x)sin(x)xsin xf(x)所以函数f(x)是偶函数，所以ff.又x时，得f(x)sin xxcos x0，所以此时函数是增函数所以ff(1)f(1)f，故选A.5函数f(x)的定义域为R.f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1，1) B(1，)C(，1) D(，)解析：选B.由f(x)2x4，得f(x)2x40.设F(x)f(x)2x4，则F(x)f(x)2.因为f(x)2，所以F(x)0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(1)f(1)2(1)42240，故不等式f(x)2x40等价于F(x)F(1)，所以x1，选B.6(2020温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x3)f(x)0，则必有()Af(0)f(6)2f(3) Bf(0)f(6)2f(3)Cf(0)f(6)2f(3) Df(0)f(6)2f(3)解析：选A.由题意知，当x3时，f(x)0，所以函数f(x)在3，)上单调递减或为常数函数；当x3时，f(x)0，所以函数f(x)在(，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)f(3)，f(6)f(3)，所以f(0)f(6)2f(3)，故选A.7函数f(x)(x3)ex的单调递增区间是_解析：因为f(x)(x3)ex，则f(x)ex(x2)，令f(x)0，得x2，所以f(x)的单调递增区间为(2，)答案：(2，)8已知函数f(x)axln x，则当a0时，f(x)的单调递增区间是_，单调递减区间是_解析：由已知得f(x)的定义域为(0，)因为f(x)a，所以当x时f(x)0，当0x时f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.答案：9若函数f(x)ax33x2x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是_解析：由题意知f(x)3ax26x1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f(x)有两个不相等的零点，所以3ax26x10需满足a0，且3612a0，解得a3，所以实数a的取值范围是(3，0)(0，)答案：(3，0)(0，)10(2020浙江省名校协作体高三联考)已知函数f(x)x2ex，若f(x)在t，t1上不单调，则实数t的取值范围是_解析：由题意得，f(x)ex(x22x)，所以f(x)在(，2)，(0，)上单调递增，在(2，0)上单调递减，又因为f(x)在t，t1上不单调，所以或，即实数t的取值范围是(3，2)(1，0)答案：(3，2)(1，0)11已知函数f(x)ln x，其中aR，且曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间解：(1)对f(x)求导得f(x)，由f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线yx，知f(1)a2，解得a.(2)由(1)知f(x)ln x，则f(x).令f(x)0，解得x1或x5.因为x1不在f(x)的定义域(0，)内，故舍去当x(0，5)时，f(x)0，故f(x)在(5，)内为增函数故函数f(x)的单调递增区间为(5，)，单调递减区间为(0，5)12(1)设函数f(x)xe2xex，求f(x)的单调区间(2)设f(x)ex(ln xa)(e是自然对数的底数，e2.718 28)，若函数f(x)在区间上单调递减，求a的取值范围解：(1)因为f(x)xe2xex.由f(x)e2x(1xex1)及e2x0知，f(x)与1xex1同号令g(x)1xex1，则g(x)1ex1.所以当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(，1)上单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值，从而g(x)0，x(，)综上可知，f(x)0，x(，)，故f(x)的单调递增区间为(，)(2)由题意可得f(x)ex0在上恒成立因为ex0，所以只需ln xa0，即aln x在上恒成立令g(x)ln x.因为g(x)，由g(x)0，得x1.x(1，e)g(x)g(x)gln ee1，g(e)1，因为e11，所以g(x)maxge1.故ae1.综合题组练1(2020丽水模拟)已知函数yxf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数)则下面四个图象中，yf(x)的图象大致是()解析：选C.由题图可知当0x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)单调递减当x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)单调递增，所以当x1时，函数取得极小值当x1时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)单调递增，当1x0时，xf(x)0，所以f(x)0，函数f(x)单调递减，所以当x1时，函数取得极大值符合条件的只有C项2(2020浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f(x)当x0时，恒有f(x)f(x)0，若g(x)x2f(x)，则不等式g(x)g(12x)的解集为()A(，1) B(，)(1，)C(，) D(，)解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，所以f(x)f(x)因为x0时，恒有f(x)f(x)0，所以x2f(x)2xf(x)0，因为g(x)x2f(x)，所以g(x)2xf(x)x2f(x)0，所以g(x)在0，)上为减函数，因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(，0)上为增函数，因为g(x)g(12x)所以|x|12x|，即(x1)(3x1)0解得x1，选A.3.已知定义在R上的函数f(x)满足f(3)f(5)1，f(x)为f(x)的导函数，且导函数yf(x)的图象如图所示，则不等式f(x)1的解集是_解析：依题意得，当x0时，f(x)0，f(x)是增函数；当x0时，f(x)0，f(x)是减函数又f(3)f(5)1，因此不等式f(x)1的解集是(3，5)答案：(3，5)4(2020绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f(x)x33x，函数f(x)的图象在x0处的切线方程是_；函数f(x)在区间0，2内的值域是_解析：函数f(x)x3