新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题06 导数 6.2导数与函数的单调性（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题06 导数 6.2导数与函数的单调性（含解析），共11页。试卷主要包含了2利用导数求函数的单调性，导后一次型，导后二次型，导后求导型——二阶导数等内容，欢迎下载使用。

专题六 《导数》讲义
6.2利用导数求函数的单调性
知识梳理.利用导数求函数的单调性
函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；
如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．


题型一. 求函数的单调区间
1．函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（　　）
A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（0，2） D．（1，2）
【解答】解：函数f（x）＝（x﹣2）ex，
则f′（x）＝（x﹣1）ex，
令f′（x）＞0，解得x＞1，
故函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（1，+∞），
故选：A．
2．函数y＝x2lnx的单调递减区间是（　　）
A．（﹣3，1） B．（0，1） C．（﹣1，3） D．（0，3）
【解答】解：函数的定义域是（0，+∞），
y′＝1，
令y′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函数在（0，1）递减，
故选：B．
3．确定函数f（x）＝cos2x+4cosx，x∈（0，2π）的单调区间．
【解答】解：函数的导数f'（x）＝﹣2sin2x﹣4sinx＝﹣4sinx（cosx+1），
令f'（x）＞0，sinx＜0，
又x∈（0，2π），所以π＜x＜2π；
令f'（x）＜0，sinx＞0，
又x∈（0，2π），所以0＜x＜π．
故f（x）的单调增区间为（π，2π），单调减区间为（0，π）．

题型二.讨论函数的单调性——大题第一问
考点1.导后一次型
1．已知函数f（x）＝ex﹣kx．
（1）讨论函数y＝f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣k，
①当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，则y＝f（x）在R上单调递增，
②当k＞0时，x＞lnk时，f′（x）＞0，y＝f（x）的递增区间是（lnk，+∞），
x＜lnk时，f′（x）＜0，y＝f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）；
综上：当k≤0时，f（x）在R上单调递增，
当k＞0时，f（x）的递增区间是（lnk，+∞），f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）．
2．已知函数f（x）＝ax﹣ln（x+1）．
（2）求f（x）的单调区间；
【解答】解：（2）由（1）可得f′（x）＝1，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）．

考点2.导后二次型
1．（2017·全国1）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣1，
∵e2x＞0，ex＞0
∴当a≤0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在R上单调递减，
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex）（ex），
令f′（x）＝0，解得：x＝ln，
当f′（x）＞0，解得：x＞ln，
当f′（x）＜0，解得：x＜ln，
∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；
2．已知函数，讨论函数f（x）的单调性．
【解答】解：，x∈（0，+∞）．
f′（x）＝x+（2a﹣2）．
对a分类讨论：
a≥0时，函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．
﹣2a＝2，即a＝﹣1时，f′（x）0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．
﹣2a＞2，即a＜﹣1时，函数f（x）在（0，2），（﹣2a，+∞）上单调递增，在（2，﹣2a）上单调递减．
0＜﹣2a＜2，即﹣1＜a＜0时，函数f（x）在（0，﹣2a），（2，+∞）上单调递增，在（﹣2a，2）上单调递减．
5．已知函数，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）
①当a＝0时，f′（x），∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
（ⅰ）当△≤0，即时，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
（ⅱ）当△＞0，即时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 ，．
若，则x1＜0，x2＜0，此时，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x1＞0，x2＜0，
此时，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），

考点3.导后求导型——二阶导数
1．已知函数，（其中e＝2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）（1﹣x﹣xlnx），x∈（0，+∞），…2′
令h（x）＝1﹣x﹣xlnx，x∈（0，+∞），
当x∈（0，1）时，h（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0．
又ex＞0，所以x∈（0，1）时，f′（x）＞0；
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0…4′
因此f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）…6′

题型三.已知单调性求参
1．若f（x）x2+bln（x+2）在（﹣1，+∞）上是减函数，则b的取值范围是（　　）
A．[﹣1，+∞） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1] D．（﹣∞，﹣1）
【解答】解：由题意可知，在x∈（﹣1，+∞）上恒成立，
即b＜x（x+2）在x∈（﹣1，+∞）上恒成立，
由于y＝x（x+2）在（﹣1，+∞）上是增函数且y（﹣1）＝﹣1，所以b≤﹣1，
故选：C．
2．函数f（x）x3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（　　）
A．a≥0 B．a≥1 C．a≤﹣3或a≥1 D．﹣3≤a≤1
【解答】解：∵yx3﹣ax2﹣3a2x﹣4，
∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2，
∵函数yx3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，
∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2≥0在（3，+∞）上恒成立，
∵y′＝x2﹣2ax﹣3a2＝（x﹣a）2﹣4a2，
①对称轴为x＝a＝3，y′＜0，不成立；
②当a＞3，﹣4a2＞0，无解；
当a＜3，y′在（3，+∞）单调递增，
∴y′＞32﹣2a×3﹣3a2＝9﹣6a﹣3a2≥0，
∴﹣3≤a≤1，
∴实数a的取值范围是[﹣3，1]，
故选：D．
3．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是（　　）
A． B． C．（﹣∞，3） D．
【解答】解：∵函数f（x）在区间上存在单调增区间，
∴函数f（x）在区间上存在子区间使得不等式f′（x）＞0成立．
，
设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或，
即8﹣4b+1＞0或，
得．
故选：B．

题型四.函数单调性的应用——比较大小
1．已知奇函数f（x）是R上增函数，g（x）＝xf（x）则（　　）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由奇函数f（x）是R上增函数可得当x＞0时，f（x）＞0，
又g（x）＝xf（x），则g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝xf（x）＝g（x），
即g（x）为偶函数，且当x＞0时单调递增，
根据偶函数的对称性可知，当x＜0时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，
因为g（）＝g（log34），g（）＝g（），g（）＝g（），
所以为g（）＞g（）＞g（）
故选：B．
2．已知函数f（x）＝3x﹣1+3﹣x+1﹣2cos（x﹣1），则（　　）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由已知得，f（x）关于直线x＝1对称，且f（x）在（1，+∞）单调递增．
∵log29＞3，，，
∴，
∴，
又∵f（x）关于直线x＝1对称，
∴，
∴，
故选：A．
3．已知a，则（　　）
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
【解答】解：设，则，
令f'（x）＝0，则x＝1，
所以当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
由题意可知a＝f（e），b＝f（3），c＝f（5），
因为e＜3＜5，所以f（e）＞f（3）＞f（5），即a＞b＞c．
故选：A．

题型五.构造函数——利用函数单调性解不等式
1．（2011·辽宁）函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（　　）
A．（﹣1，1） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，+∞）
【解答】解：设F（x）＝f（x）﹣（2x+4），
则F（﹣1）＝f（﹣1）﹣（﹣2+4）＝2﹣2＝0，
又对任意x∈R，f′（x）＞2，所以F′（x）＝f′（x）﹣2＞0，
即F（x）在R上单调递增，
则F（x）＞0的解集为（﹣1，+∞），
即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞）．
故选：B．
2．（2015·全国2）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0） D．（0，1）∪（1，+∞）
【解答】解：设g（x），
则g（x）的导数为：g′（x），
∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，
即当x＞0时，g′（x）恒小于0，
∴当x＞0时，函数g（x）为减函数，
又∵g（﹣x）g（x），
∴函数g（x）为定义域上的偶函数
又∵g（﹣1）0，
∴函数g（x）的图象性质类似如图：
数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0
⇔或，
⇔0＜x＜1或x＜﹣1．
故选：A．

3．设函数F（x）是定义在R上的函数，其中f（x）的导函数为f'（x），满足f'（x）＜f（x）对于x∈R恒成立，则（　　）
A．f（2）＞e2f（0），f（2 017＞e2017f（0）
B．f（2）＞e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0）
C．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＞e2017f（0）
D．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0）
【解答】解：F'（x）＝[]'，因为f'（x）＜f（x），
所以F'（x）＜0，所以F（x）为减函数，
因为2＞0，2017＞0，
所以F（2）＜F（0），F（2017）＜F（0），
即，所以f（2）＜e2f（0）；
，即f（2017）＜e2017f（0）；
故选：D．
4．设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，下面的不等式在R内恒成立的是（　　）
A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）＞x D．f（x）＜x
【解答】解：∵2f（x）+xf′（x）＞x2，
令x＝0，则f（x）＞0，故可排除B，D．
如果 f（x）＝x2+0.1，时 已知条件 2f（x）+xf′（x）＞x2成立，
但f（x）＞x 未必成立，所以C也是错的，故选 A
故选：A．