资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：人教a版数学选择性必修第二册 讲义+综合测试
成套系列资料，整套一键下载
高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 习题课 函数的单调性的综合问题
展开
这是一份高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 习题课 函数的单调性的综合问题，文件包含高中数学新教材选择性必修第二册第5章习题课函数的单调性的综合问题教师版docx、高中数学新教材选择性必修第二册第5章习题课函数的单调性的综合问题学生版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共20页， 欢迎下载使用。
高考政策|高中“新”课程，新在哪里? 1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。 第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。 第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。 第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。 2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。 3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。 4、授课方式变化，选课制度将全面推开。 5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。 习题课 函数的单调性的综合问题 学习目标 1.进一步理解函数的导数和其单调性的关系.2.能求简单的含参的函数的单调区间以及根据函数的单调性求参数的取值范围． 一、求含参数的函数的单调区间 例1 讨论函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性． 解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax＋1－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(ax2＋x－a＋1,x). ①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,x)， 由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得00时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))x－1,x)，
∵a>0，∴eq \f(a＋1,a)>0.
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得00时，若0eq \r(\f(2,a))，则f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上单调递增．
综上可知，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a)))).
二、由单调性求参数的取值范围
问题1 对于函数f(x)＝x3，我们发现，它的导函数f′(x)＝3x2并没有恒大于0，当x＝0时，有f′(0)＝0，这是否会影响该函数的单调性？
提示 在x＝0的左右两侧，都有f′(x)>0，且该函数在x＝0处连续，故不会影响该函数在R上是增函数．也就是说对于导函数有有限个等于0的点，不影响函数的单调性，其实即便是无数不连续的点使得f′(x)＝0，也不会影响函数的单调性，比如f(x)＝x－sin x，它的导函数f′(x)＝1－cos x≥0恒成立，当且仅当x＝2kπ，k∈Z时，f′(x)＝0，但这并不影响函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．
问题2 对于函数y＝f(x)，f′(x)≥0是f(x)为增函数的充要条件吗？
提示 不是，因为这里的“≥”有两层含义，大于或等于，对于这个复合命题而言，只要大于或等于这两个条件有一个成立，它就是真命题，如果f′(x)≥0成立的条件是f′(x)＝0，即该函数无单调递增区间．
知识梳理
在某区间D上，若f′(x)>0⇒函数f(x)在D上单调递增；在某区间D上，若f′(x)<0⇒函数f(x)在D上单调递减．
若函数f(x)在D上单调递增⇒f′(x)≥0；若函数f(x)在D上单调递减⇒f′(x)≤0.
注意点：(1)一般采用分离参数的方法解决恒成立的问题；(2)m≥f(x)恒成立⇔m≥f(x)max；m≤f(x)恒成立⇔m≤f(x)min；(3)需要对等号进行单独验证．
例2 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax，若函数f(x)是R上的增函数，求实数a的取值范围．
解 f′(x)＝x2－a，因为f(x)是R上的增函数，故f′(x)＝x2－a≥0在R上恒成立，即a≤x2，所以a≤0.
延伸探究
1．本例函数不变，若函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上单调递增，求实数a的最大值．
解 由题意f′(x)＝x2－a在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))有f′(x)＝x2－a≥0恒成立，即a≤x2恒成立，即a≤1，故实数a的最大值是1.
2．本例函数不变，若函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解 由题意f′(x)＝x2－a在(2，＋∞)上有f′(x)＝x2－a≥0恒成立，即a≤x2恒成立，即a≤4.
反思感悟 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)．
跟踪训练2 (1)函数y＝eq \f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 D
解析 函数y＝eq \f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，即y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍)在R上恒成立，
∴Δ＝4－4m≤0，解得m≥1.
故选D.
(2)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－3]∪[－1,1]∪[3，＋∞)
B．(－3，－1)∪(1,3)
C．(－2,2)
D．不存在这样的实数k
答案 B
解析 由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根．
又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或－2两侧导数异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，
故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内，
∴k－1<20，则f(x)单调递增，而导数值的大小不同决定了函数增长的快慢，显然f′(x)越大，函数f(x)增长的就越快；同样，若f′(x)<0，则f(x)单调递减，显然|f′x|越大，函数f(x)递减的就越快．
知识梳理
函数图象的变化趋势与导数的绝对值的大小的关系
一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：
注意点：分析图象的变化与导数的绝对值的大小关系．
例3 如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 由导函数的图象，可知两个函数在x0处切线斜率相同，可以排除A，B，C答案．
反思感悟 如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平缓”．
跟踪训练3 若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是( )
答案 A
解析 ∵函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，∴对任意的a＜x1＜x2＜b，有f′(a)f′(x2)；对于C，对任意的a＜x1＜x2＜b，都有f′(x1)＝f′(x2)；对于D，对任意的x∈[a，b]，f′(x)不满足逐渐递增的条件，故选A.
1．知识清单：
(1)求含参函数的单调区间．
(2)由单调性求参数的取值范围．
(3)函数图象增长快慢的比较．
2．方法归纳：分类讨论、数形结合．
3．常见误区：求参数的取值范围时容易忽略对端点值的讨论．
1．函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象的大致形状是( )
答案 D
解析 由已知图象可知，f(x)先减后增再单调性不变，则f′(x)先小于零后大于零最后等于0.
2．若函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则( )
A．a≤0 B．a<1
C．a<2 D．a≤eq \f(1,3)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，
∴a≤0.
3．若函数f(x)＝eq \f(4,3)x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为( )
A．－1≤a≤2 B．－2≤a≤1
C．a＞2或a＜－1 D．a＞1或a＜－2
答案 D
解析 若函数f(x)有3个单调区间，
则f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有2个零点，
故Δ＝16a2＋16(a－2)＞0，
解得a＞1或a＜－2.
4．若f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上单调递减，则b的取值范围是________．
答案 (－∞，－1]
解析 ∵f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．
∵f′(x)＝－x＋eq \f(b,x＋2)，
∴－x＋eq \f(b,x＋2)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．
设g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，
则当x>－1时，g(x)>－1，∴b≤－1.
课时对点练
1．设函数f(x)＝2x＋sin x，则( )
A．f(1)>f(2) B．f(1)0，故f(x)是R上的增函数，故f(1)0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有( )
A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0
答案 B
解析 由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.
5．设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，下列选项不正确的是( )
答案 D
解析 检验易知A，B，C均适合，D选项y＝f(x)和y＝f′(x)在整个定义域内具有完全相同的走势，不具有这样的函数，故选D.
6．(多选)函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x单调递增的必要不充分条件有( )
A．a≥2 B．a＝2
C．a≥1 D．a>2
答案 AC
解析 由函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x在区间(0，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝ax－(a＋2)＋eq \f(2,x)＝eq \f(ax2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2))x＋2,x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即ax2－(a＋2)x＋2≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
①当a＝0时，－2x＋2≥0⇒x≤1，不满足题意；
②当a<0时，ax2－(a＋2)x＋2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x－1)≥0，
又eq \f(2,a)<0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x－1)≤0⇒x≤1，不满足题意；
③当a>0时，ax2－(a＋2)x＋2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a)))(x－1)≥0，
又eq \f(2,a)>0, ax2－(a＋2)x＋2≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则Δ＝(a＋2)2－8a＝(a－2)2≤0⇒a＝2，
综上，函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x单调递增的充要条件为a＝2，
故选AC.
7．若函数f(x)＝(x2＋mx)ex的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))，则实数m的值为______________．
答案 －eq \f(3,2)
解析 f′(x)＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，
因为f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))，
所以f′(x)＝0的两个根分别为x1＝－eq \f(3,2)，x2＝1，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0，,f′1＝0，))
解得m＝－eq \f(3,2).
8．已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(m,2)x2－6x＋1在(－1，1)上单调递减，则m的取值范围为________．
答案 [－5,5]
解析 ∵f(x)在(－1，1)上单调递减，∴f′(x)＝x2＋mx－6≤0在(－1，1)上恒成立，
又f′(x)＝x2＋mx－6是开口向上的二次函数，为使f′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′－1≤0，,f′1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－m－6≤0，,1＋m－6≤0，))则m∈[－5,5]．
9．试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间．
解 函数f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x).
当k≤0时，kx－1<0，
∴f′(x)<0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当k>0时，由f′(x)<0，即eq \f(kx－1,x)<0，
解得00，即eq \f(kx－1,x)>0，
解得x>eq \f(1,k).
∴当k>0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，
单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)).
综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当k>0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)).
10．已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解 (1)∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，
∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴f′(1)＝4.又f(1)＝3，
∴切点坐标为(1,3)，
∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，
即4x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，
由f′(x)＝0得x＝－a或x＝eq \f(a,3).
当a>0时，由f′(x)<0，得－a0，得x<－a或x>eq \f(a,3)，
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(a,3)))，单调递增区间为(－∞，－a)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞)).
当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0恒成立，故f(x)在R上单调递增；
当a<0时，由f′(x)<0，eq \f(a,3)0，得x<eq \f(a,3)或x>－a，
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，－a))，
单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))和(－a，＋∞)．
综上所述：当a>0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，\f(a,3)))，单调递增区间为(－∞，－a)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))；
当a<0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，－a))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))和(－a，＋∞)．
当a＝0时，f(x)在R上单调递增．
11．若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上单调递增，则实数c的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，4]
C．(－∞，8] D．[－2,4]
答案 B
解析 易得f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex.
∵函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上单调递增，等价于x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，
∴c≤eq \f(x2＋2x＋5,x＋1)对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立．
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，∴eq \f(x2＋2x＋5,x＋1)＝x＋1＋eq \f(4,x＋1)≥4，当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.
12．已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则不等式eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),0f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),00在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解．
令h(x)＝2x2－2bx＋1，
因为h(0)＝1>0，所以只需h(2)>0或heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，
解得b<eq \f(9,4).
14．已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是________．
答案 [－1,1)
解析 令f′(x)≤0，即3x2－12≤0，
解得－2≤x≤2.
∴f(x)的单调递减区间为[－2,2]，
由题意得(2m，m＋1)⊆[－2,2]，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2m≥－2，,m＋1≤2，,2m0时，由Δ＝4－60a>0，解得a<eq \f(1,15)，即00，解得a<eq \f(1,15)，即a<0，此时函数f(x)＝ax3＋x2＋5x－1恰有3个单调区间．
∴综上所述，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,15)))是函数f(x)＝ax3＋x2＋5x－1恰有3个单调区间的充要条件，分析可得a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,15)))是其必要不充分条件．
16．已知函数f(x)＝ax2＋ln(x＋1)．
(1)当a＝－eq \f(1,4)时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围．
解 (1)当a＝－eq \f(1,4)时，
f(x)＝－eq \f(1,4)x2＋ln(x＋1)(x>－1)，
f′(x)＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,x＋1)＝－eq \f(x＋2x－1,2x＋1)(x>－1)．
当f′(x)>0时，解得－11.
故函数f(x)的单调递增区间是(－1,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减，
所以f′(x)＝2ax＋eq \f(1,x＋1)≤0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，
即a≤－eq \f(1,2xx＋1)对任意x∈[1，＋∞)恒成立．
令g(x)＝－eq \f(1,2xx＋1)，x∈[1，＋∞)，
易求得在区间[1，＋∞)上，g′(x)>0，
故g(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝－eq \f(1,4)，故a≤－eq \f(1,4).
即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))). 导数的绝对值函数值变化函数的图象越大快比较“陡峭”(向上或向下)越小慢比较“平缓”(向上或向下)
高考政策|高中“新”课程，新在哪里? 1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。 第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。 第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。 第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。 2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。 3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。 4、授课方式变化，选课制度将全面推开。 5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。 习题课 函数的单调性的综合问题 学习目标 1.进一步理解函数的导数和其单调性的关系.2.能求简单的含参的函数的单调区间以及根据函数的单调性求参数的取值范围． 一、求含参数的函数的单调区间 例1 讨论函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性． 解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax＋1－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(ax2＋x－a＋1,x). ①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,x)， 由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0
相关资料
更多
