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第13練 必考題型——導數與單調性
[題型分析高考展望] 利用導數研究函數單調性是高考每年必考內容，多以綜合題中某一問的形式考查，題目承載形式多種多樣，但其實質都是通過求導判斷導數符號，確定單調性.題目難度為中等偏上，一般都在最后兩道壓軸題上，這是二輪復習的得分點，應高度重視.
?？碱}型精析
題型一 利用導數求函數單調區(qū)間
求函數的單調區(qū)間的“兩個”方法
(1)①確定函數y＝f(x)的定義域；
②求導數y′＝f′(x)；
③解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間；
④解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間.
(2)①確定函數y＝f(x)的定義域；
②求導數y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內的一切實根；
③把函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數f(x)的定義域分成若干個小區(qū)間；
④確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號，根據符號判定函數在每個相應區(qū)間內的單調性.
例1 已知函數f(x)＝ax2＋ln x，g(x)＝－bx，其中a，b∈R.設h(x)＝f(x)－g(x).若f(x)在x＝處取得極值，且f′(1)＝g(－1)－2，求函數h(x)的單調區(qū)間.
點評 利用導數求函數的單調區(qū)間，關鍵是要嚴格解題步驟，形成解這類問題的基本程序.
變式訓練1 (2015重慶)已知函數f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－處取得極值.
(1)確定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調性.
題型二 已知函數在某區(qū)間上的單調性求參數的值或取值范圍
例2 (2015西安模擬)已知函數f(x)＝3ax－2x2＋ln x，a為常數.
(1)當a＝1時，求f(x)的單調區(qū)間；
(2)若函數f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調函數，求a的取值范圍.
點評 已知函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)的單調性，求參數的取值范圍的方法
(1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子集.
(2)轉化為不等式的恒成立問題求解：即“若函數單調遞增，則f′(x)≥0；若函數單調遞減，則f′(x)≤0”.
變式訓練2 (2015重慶)設函數f(x)＝(a∈R).
(1)若f(x)在x＝0處取得極值，確定a的值，并求此時曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上為減函數，求a的取值范圍.
題型三 與函數導數、單調性有關的圖象問題
例3 已知函數y＝－xf′(x)的圖象如圖所示(其中f′(x)是函數f(x)的導函數)，下面四個圖象中，y＝f(x)的圖象可能是( )
點評 利用導數判斷圖象，應先分清原函數圖象與導函數圖象；看導函數圖象，要看哪一部分大于0，哪一部分小于0，看原函數圖象要看單調性.
變式訓練3 (2015安徽)函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象如圖所示，則下列結論成立的
是( )
A.a>0，b<0，c>0，d>0 B.a>0，b<0，c<0，d>0
C.a<0，b<0，c>0，d>0 D.a>0，b>0，c>0，d<0
高考題型精練
1.已知定義在R上的函數f(x)，其導函數f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是( )
A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(c)
C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(b)>f(d)
2.(2014課標全國Ⅱ)若函數f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調遞增，則k的取值范圍是( )
A.(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
3.若函數y＝f(x)在R上可導，且滿足不等式xf′(x)>－f(x)恒成立，且常數a，b滿足a>b，則下列不等式一定成立的是( )
A.af(b)>bf(a) B.af(a)>bf(b)
C.af(a)
f B.f(1)<2fsin 1
C.f>f D.f0時，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是( )
A.(－2,0)∪(2，＋∞)
B.(－2,0)∪(0,2)
C.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(0,2)
6.若函數f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)是增函數，則a的取值范圍是( )
A.[－1,0] B.[－1，＋∞)
C.[0,3] D.[3，＋∞)
7.設函數f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為常數.若f(x)在(1，＋∞)上是減函數，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，則a的取值范圍是( )
A.(e，＋∞) B.[e，＋∞)
C.(1，＋∞) D.[1，＋∞)
8.函數f(x)＝ex－ln(x＋1)的單調遞增區(qū)間是________.
9.已知函數f(x)＝mx2＋ln x－2x在定義域內是增函數，則實數m的取值范圍為________.
10.若函數f(x)＝2x2－ln x在其定義域內的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內不是單調函數，則實數k的取值范圍是__________.
11.已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數的底數).
(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區(qū)間；
(2)函數f(x)是否為R上的單調函數？若是，求出a的取值范圍；若不是，請說明理由.
12.(2015課標全國Ⅰ)已知函數f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln x.
(1)當a為何值時，x軸為曲線y＝f(x)的切線；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設函數h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，討論h(x)零點的個數.
答案精析
第13練 必考題型——導數與單調性
?？碱}型精析
例1 解 因為f′(x)＝ax＋，所以f′(1)＝a＋1.
由f′(1)＝g(－1)－2可得a＝b－3.
又f(x)在x＝處取得極值，
所以f′＝a＋＝0，所以a＝－2，b＝1.
所以h(x)＝－x2＋ln x＋x，其定義域為(0，＋∞).
h′(x)＝－2x＋＋1＝
＝，
令h′(x)＝0得x1＝－，x2＝1，
當x∈(0,1)時，h′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0.
所以函數h(x)在區(qū)間(0,1)上單調遞增，在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞減.
變式訓練1 解 (1)對f(x)求導得f′(x)＝3ax2＋2x，
因為f(x)在x＝－處取得極值，所以f′＝0，
即3a＋2＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex
＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
當x＜－4時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數；
當－4＜x＜－1時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數；
當－1＜x＜0時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數；
當x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數.
綜上知g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內為減函數，在(－4，－1)和(0，＋∞)內為增函數.
例2 解 (1)當a＝1時，f(x)＝3x－2x2＋ln x，函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，
f′(x)＝3－4x＋＝
＝.
由f′(x)>0，得01.
故函數f(x)的單調增區(qū)間是(0,1)，單調減區(qū)間是(1，＋∞).
(2)f′(x)＝3a－4x＋.若函數f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調函數，則f′(x)≥0，或f′(x)≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立.
于是3a－4x＋≥0，或3a－4x＋≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立，即3a≥4x－，或3a≤4x－在區(qū)間[1,2]上恒成立.
令h(x)＝4x－，則h(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數.
因此h(x)max＝h(2)＝，h(x)min＝h(1)＝3.
即3a≥或3a≤3，故a≥或a≤1.
所以a的取值范圍為∪(－∞，1].
變式訓練2 解 (1)對f(x)求導得f′(x)＝＝，
因為f(x)在x＝0處取得極值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
當a＝0時，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，從而f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－＝(x－1)，化簡得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0解得x1＝，
x2＝.
當x＜x1時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數；
當x1＜x＜x2時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
故f(x)為增函數；
當x＞x2時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)為減函數.
由f(x)在[3，＋∞)上為減函數，知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范圍為.
例3 B [由函數y＝－xf′(x)的圖象知，x<－1時，f′(x)>0，f(x)為增函數；－11時，f′(x)>0，f(x)為增函數.故選項B的圖象符合.]
變式訓練3 A [由已知f(0)＝d>0，可排除D；其導函數f′(x)＝3ax2＋2bx＋c且f′(0)＝c>0，可排除B；又f′(x)＝0有兩不等實根，且x1x2＝＞0，所以a＞0，故選A.]
高考題型精練
1.C [由f′(x)的圖象知，x∈[a，c]時，f′(x)≥0，f(x)為增函數，∵c>b>a，∴f(c)>f(b)>f(a).]
2.D [由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，
＋∞)上恒成立.由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范圍為[1，＋∞).]
3. B [令F(x)＝xf(x)，
則F′(x)＝xf′(x)＋f(x)，由xf′(x)>－f(x)，
得xf′(x)＋f(x)>0，即F′(x)>0，
所以F(x)在R上為遞增函數.
因為a>b，所以af(a)>bf(b).]
4.D [∵f(x)0，
∴[]′＝>0.
∴函數在上單調遞增，從而<，
即f0時′<0，∴φ(x)＝為減函數，
又φ(2)＝0，∴當且僅當00，
此時x2f(x)>0.
又f(x)為奇函數，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數.
故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0,2).]
6.D [由題意知f′(x)≥0對任意的x∈(，＋∞)恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，
所以2x＋a－≥0對任意的x∈(，＋∞)恒成立，
分離參數得a≥－2x，
若滿足題意，需a≥(－2x)max，
令h(x)＝－2x，x∈(，＋∞)，
因為h′(x)＝－－2，
所以當x∈(，＋∞)時，h′(x)<0，
即h(x)在x∈(，＋∞)上單調遞減，
所以h(x)g′(1)＝e－a.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，則必有e－a<0，即a>e.
綜上，a的取值范圍是(e，＋∞).]
8.(0，＋∞)
解析 f′(x)＝ex－，該函數單調遞增且f′(0)＝0，
所以當x>0時，f′(x)>0，
所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(0，＋∞).
9.[1，＋∞)
解析 f′(x)＝mx＋－2≥0對一切x>0恒成立，
m≥－2＋，令g(x)＝－2＋，
則當＝1時，函數g(x)取最大值1，故m≥1.
10.[1，)
解析 f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－.
由f′(x)＝0，得x＝.
據題意得解得1≤k<.
11.解 (1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0.
∵ex>0，∴－x2＋2>0，解得－0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立.
∴Δ＝[－(a－2)]2＋4a≤0，
即a2＋4≤0，不成立.
故函數f(x)不可能在R上單調遞減.
若函數f(x)在R上單調遞增，
則f′(x)≥0對x∈R都成立，
即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立，
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立.
而Δ＝[－(a－2)]2＋4a＝a2＋4>0，
故函數f(x)不可能在R上單調遞增.
綜上可知，函數f(x)不可能是R上的單調函數.
12.解 (1)設曲線y＝f(x)與x軸相切于點(x0,0)，
則f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即
解得x0＝，a＝－.
因此，當a＝－時，x軸為曲線y＝f(x)的切線.
(2)當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝－ln x<0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)無零點.
當x＝1時，若a≥－，則f(1)＝a＋≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點；若a<－，則f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x＝1不是h(x)的零點.
當x∈(0,1)時，g(x)＝－ln x>0.所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點個數.
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，則f′(x)＝3x2＋a在(0,1)無零點，故f(x)在(0,1)單調.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以當a≤－3時，f(x)在(0,1)有一個零點；當a≥0時，f(x)在(0,1)沒有零點.
(ⅱ)若－30，即－－或a<－時，h(x)有一個零點；當a＝－或a＝－時，h(x)有兩個零點；當－
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【高考前三個月復習數學理科
函數與導數】專題3
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