【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题3　函数与导数 第13练 含答案.doc，共(14)页，197.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第13练必考题型——导数与单调性[题型分析·高考展望]利用导数研究函数单调性是高考每年必考内容，多以综合题中某一问的形式考查，题目承载形式多种多样，但其实质都是通过求导判断导数符号，确定单调性.题目难度为中等偏上，一般都在最后两道压轴题上，这是二轮复习的得分点，应高度重

视.体验高考1.(2015·福建)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是()A.f1k＜1kB.f1k＞1k－1C.f1k－1＜1k－1D.f1k－1＞kk－1答案C解析由已知条件

，构造函数g(x)＝f(x)－kx，则g′(x)＝f′(x)－k＞0，故函数g(x)在R上单调递增，且1k－1＞0，故g(1k－1)＞g(0)，所以f(1k－1)－kk－1＞－1，f(1k－1)＞1k－1，所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；构造函数h(x)＝f(x)－x，则h′(x)

＝f′(x)－1＞0，所以函数h(x)在R上单调递增，且1k＞0，所以h(1k)＞h(0)，即f(1k)－1k＞－1，f(1k)＞1k－1，选项A，B无法判断，故选C.2.(2015·课标全国Ⅱ)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，＋∞)答案A解析记函数g(x)＝fxx，则g(x)＝xf′x－fxx2，因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，故当x＞0时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；

又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0.综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值

范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.3.(2016·浙江)设函数f(x)＝x3＋11＋x，x∈[0，1].证明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)34＜f(x)≤32.证明(1)因为1－x＋x2－x3＝1－－x41－－x＝1－x41＋x，由于x∈[0，1]，有

1－x41＋x≤1x＋1，即1－x＋x2－x3≤1x＋1，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋1x＋1≤x＋1x＋1＝x＋1x＋1－32＋32＝x－12x＋12x＋1＋32≤32，所以f(x)≤32.由(1)得f(x

)≥1－x＋x2＝x－122＋34≥34，又因为f12＝1924＞34，所以f(x)＞34.综上，34＜f(x)≤32.4.(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有

两个零点，求a的取值范围.解(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)

在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).①若a＝－e2，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a>－e2，则ln(－2a)<1，

故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.③若a<－e2，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪

(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减.(2)(

ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lna2，则f(b)>a2(b－2)＋a(b－1)2＝a

b2－32b>0，所以f(x)有两个零点.(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点.(ⅲ)设a<0，若a≥－e2，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f

(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－e2，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0

，＋∞).高考必会题型题型一利用导数求函数单调区间求函数的单调区间的“两个”方法(1)①确定函数y＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)；③解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；④

解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.(2)①确定函数y＝f(x)的定义域；②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小

到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；④确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.例1(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－43处取得极值.(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x

)ex，讨论g(x)的单调性.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′－43＝0，即3a·169＋2·－43＝16a3－83＝0，解得a＝12.(2)由(1)得g(x)＝12x

3＋x2ex，故g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.当x＜－4时，g′(x)＜

0，故g(x)为减函数；当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数.综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，

＋∞)内为增函数.点评利用导数求函数的单调区间，关键是要严格解题步骤，形成解这类问题的基本程序.变式训练1(2016·山东)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R.(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知

f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.解(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a.可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝1x－2a＝1－2axx.当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函

数g(x)单调递增；当a＞0时，x∈0，12a时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递增，x∈12a，＋∞时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为0，

12a，单调减区间为12a，＋∞.(2)由(1)知，f′(1)＝0.①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0

，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.②当0＜a＜12时，12a＞1，由(1)知f′(x)在0，12a内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，x∈1，12a时，f

′(x)＞0.所以f(x)在(0，1)内单调递减，在1，12a内单调递增.所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.③当a＝12时，12a＝1，f′(x)＝lnx－x＋1，f′(x)在(0，1

)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.又f′(1)＝0－1＋1＝0，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.④当a＞12时，0＜12a＜1，当x∈12a，1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调

递减.所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意.综上可知，实数a的取值范围为a＞12.题型二已知函数在某区间上的单调性求参数的值或取值范围例2已知函数f(x)＝3ax－2x2＋lnx，a为常数.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，求

a的取值范围.解(1)当a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋lnx，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝3－4x＋1x＝－4x2＋3x＋1x＝－4x＋1x－1x.由f′(x)>0，得0<x<1；由f′(x)<0，得x>1.故函数f(x)的单调增区间是(0，1)，单

调减区间是(1，＋∞).(2)f′(x)＝3a－4x＋1x.若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，则f′(x)≥0或f′(x)≤0在区间[1，2]上恒成立.于是3a－4x＋1x≥0或3a－4x＋1x≤0在区间[1，2]上恒成立，即3a≥4x－1x或3a≤4x－

1x在区间[1，2]上恒成立.令h(x)＝4x－1x，则h(x)在区间[1，2]上是增函数.因此h(x)max＝h(2)＝152，h(x)min＝h(1)＝3.即3a≥152或3a≤3，故a≥52或a≤1.所以a的取值范围为52，＋∞∪(

－∞，1].点评已知函数y＝f(x)在区间(a，b)的单调性，求参数的取值范围的方法(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.(2)转化为不等式的恒成立问题求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数单调递减，

则f′(x)≤0”恒成立.变式训练2设函数f(x)＝13x3－a2x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－

2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得f0＝1，f′0＝0，即c＝1，b＝0.(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a

>0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－

2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)时，a<(x＋2x)max＝－22，当且仅当x＝2x即x＝－2时等号成立.所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－22).题型三与函数导数、单调性有关的图象问题例3已知函数y

＝－xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象可能是()答案B解析由函数y＝－xf′(x)的图象知，x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)为

减函数；0<x<1时，f′(x)<0，f(x)为减函数；x>1时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故选项B的图象符合.点评利用导数判断图象，应先分清原函数图象与导函数图象；看导函数图象，要看哪一部分大于0，哪一部分小于0，看原函数图象要看单调性.变式训练3设函数f(x)在R上可

导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()答案C解析由函数f(x)在x＝－2处取得极小值，可得f′(－2)＝0，且当x∈(a，－2)(a＜－2)时，f(x)单调递减，即f′(x)＜

0；当x∈(－2，b)(b＞－2)时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.所以函数y＝xf′(x)在区间(a，－2)(a＜－2)内的函数值为正，在区间(－2，b)(－2＜b＜0)内的函数值为负，由此可排除选项A，B，D.高考题型精练1

.函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A.(－∞，2)B.(0，3)C.(1，4)D.(2，＋∞)答案D解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，

函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.2.若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为()A.(－∞，2)B.(－∞，2]C.(－∞，52)D.(－

∞，52]答案D解析∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋1x恒成立.令g(x)＝x＋1x，g′(x)＝1－1x2，∴当x>2时，g′(x)>0，

即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，∴m≤2＋12＝52，故选D.3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是()答案C解析由y＝f′(x)的图象易知当x＜0

或x＞2时，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，故函数y＝f(x)在区间(0，2)上单调递减.4.定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x

1<x2，则e1xf(x2)与e2xf(x1)的大小关系为()A.e1xf(x2)>e2xf(x1)B.e1xf(x2)<e2xf(x1)C.e1xf(x2)＝e2xf(x1)D.e1xf(x2)与e2xf(x1)的大小关系不确定答案A解

析设g(x)＝fxex，则g′(x)＝f′xex－fxexex2＝f′x－fxex，由题意g′(x)>0，所以g(x)单调递增，当x1<x2时，g(x1)<g(x2)，即fx1e1x<fx2e2x，所以e1xf(x2)>e2xf(

x1).5.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能是()答案A解析由导函数图象可知，f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2，0)上单调递增，故选A.6.(2016·课标全国乙)若函数f(

x)＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是()A.[－1，1]B.－1，13C.－13，13D.－1，－13答案C解析方法一(特殊值法)不妨取a＝－1，则f(x)＝x－13si

n2x－sinx，f′(x)＝1－23cos2x－cosx，但f′(0)＝1－23－1＝－23<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，排除A，B，D.故选C.方法二(综合法)∵函数f(x)＝x－13sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f′(x)＝1－23cos2x＋a

cosx＝1－23(2cos2x－1)＋acosx＝－43cos2x＋acosx＋53≥0，即acosx≥43cos2x－53在(－∞，＋∞)恒成立.当cosx＝0时，恒有0≥－53，得a∈R；当0<cosx≤1时，得a≥43cosx－

53cosx，令t＝cosx，f(t)＝43t－53t在(0，1]上为增函数，得a≥f(1)＝－13；当－1≤cosx<0时，得a≤43cosx－53cosx，令t＝cosx，f(t)＝43t－53t

在[－1，0)上为增函数，得a≤f(－1)＝13.综上，可得a的取值范围是－13，13，故选C.7.已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是________.答案[34，＋∞)解析f′(x)＝(2x－2a

)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意，当x∈[－1，1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1，1]时恒成立.令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有g

－1≤0，g1≤0，即－12＋2－2a·－1－2a≤0，12＋2－2a－2a≤0，解得a≥34.8.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝log2x2＋23bx＋c3的单调递减区间为____________.答案(－∞，－2)解析∵f(

x)＝x3＋bx2＋cx＋d，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由题图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，解得b＝－32，c＝－18.令g(x)＝x2＋23

bx＋c3，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x<－2时，g′(x)<0，∴g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数.∴函数y＝log2

x2＋23bx＋c3的单调递减区间为(－∞，－2).9.若函数f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax在[23，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是_____.答案(－19，＋∞)解析对f(x)求导，得f′(x)＝－

x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.当x∈[23，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′(23)＝29＋2a，令29＋2a＞0，解得a＞－19.所以a的取值范围是(－19，＋∞).10.已知函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1，0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf

′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log319·flog319，则a，b，c从大到小的次序为________.

答案c＞a＞b解析因为当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立，所以y′＝(xf(x))′＜0在(－∞，0)上成立，所以函数y＝xf(x)在(－∞，0)上单调递减.因为函数y＝f(x＋1)的

图象关于点(－1，0)对称，所以函数y＝f(x)关于原点对称，所以函数y＝f(x)是奇函数，所以函数y＝xf(x)是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增.又30.3＞1＞logπ3＞0＞log319＝－2，2＝－log319＞30.3＞

1＞logπ3＞0，所以－log319f－log319＞30.3f(30.3)＞logπ3·f(logπ3)，又－log319f－log319＝log319·flog319，所以log319·flog319＞3

0.3·f(30.3)＞logπ3·f(logπ3)，即c＞a＞b.11.已知函数f(x)＝lnx＋ax＋a＋1x－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当－12≤a≤0时，讨论f(x)的单调性.解(1)当

a＝1时，f(x)＝lnx＋x＋2x－1，此时f′(x)＝1x＋1－2x2，f′(2)＝12＋1－24＝1.又因为f(2)＝ln2＋2＋22－1＝ln2＋2，所以切线方程为y－(ln2＋2)＝x－2，整理得x－y＋ln2＝0.(2)f′(x)＝1x

＋a－1＋ax2＝ax2＋x－a－1x2＝ax＋a＋1x－1x2(x＞0).当a＝0时，f′(x)＝x－1x2.此时，在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调

递增.当－12≤a<0时，f′(x)＝ax＋a＋1ax－1x2.当－1＋aa＝1，即a＝－12时，f′(x)＝－x－122x2≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.当－12<a<0时，－1＋aa

>1，此时在(0，1)或－1＋aa，＋∞上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在1，－1＋aa上，f′(x)>0，f(x)单调递增.综上，当a＝0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当－12<a<0时

，f(x)在(0，1)，－1＋aa，＋∞上单调递减，在1，－1＋aa上单调递增；当a＝－12时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减.12.(2016·山东)已知f(x)＝a(x－lnx)＋2x－1x2，a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(

x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－ax－2x2＋2x3＝ax2－2x－1x3.当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时

，f′(x)<0，f(x)单调递减.当a>0时，f′(x)＝ax－1x3x－2ax＋2a.①0<a<2时，2a>1，当x∈(0，1)或x∈2a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当

x∈1，2a时，f′(x)<0，f(x)单调递减.②a＝2时，2a＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增.③a>2时，0<2a<1，当x∈0，2a或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增

；当x∈2a，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a<2时，f(x)在(0，1)内单调递增，在1，2a内单调递减，在2a，＋∞内单调递增；当a＝2时，f(x)在(0，＋

∞)内单调递增；当a>2时，f(x)在0，2a内单调递增，在2a，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.(2)证明由(1)知，a＝1时，f(x)－f′(x)＝x－lnx＋2x－1x2－1－1x－2x2＋2x3＝x－lnx＋3

x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2].设g(x)＝x－lnx，h(x)＝3x＋1x2－2x3－1，x∈[1，2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0，可得g(x)≥g(1

)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝－3x2－2x＋6x4.设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1，2]内单调递减.因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0.所以h(x)在(

1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减.由h(1)＝1，h(2)＝12，可得h(x)≥h(2)＝12，当且仅当x＝2时取得等号.所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝32，即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.