1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第1111讲讲 导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 第第1 1课时课时 利用导数研究函数的单调利用导数研究函数的单调 性性 第二章 函数、导数及其应用 考纲解读 1.了解函数的单调性与导数的关系(重点) 2能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的必考内容预测 2021年会考查函数的单调性与导数的关系，题型有两个：利用导数确定 函数的单调性；已知单调性利用导数求参数的取值范围常以解答题形
2、 式出现，属中档题. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 函数的单调性与导数的关系 条件 结论 f(x)0 f(x)在(a，b)内01 _ 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)上单 调递减( ) 答案 (1) (2) (3) 答案答案 2小题热身 (1)设f(x)是函数f(x)的导函数，yf(x)的图象如图 所示，则yf(x)的图象最有可能的是( ) 答案答案 解析 由yf(x)的图象易得，当x0；当0x2 时，f(x)0.所以函数
3、yf(x)在(，0)和(2，)上单调递增，在(0,2) 上单调递减，故选C. 解析解析 (2)f(x)x36x2的单调递减区间为( ) A(0,4) B(0,2) C(4，) D(，0) 解析 f(x)3x212x3x(x4)，由f(x)0得0x0时，函数f(x)单调递 增，此时由不等式f(x)(x2)ex0，解得x2. 答案答案 解析解析 (4)已知f(x)x3ax在1，)上是增函数，则a的最大值是 _ 解析 由题意得，f(x)3x2a0对x1，)恒成立，即a3x2 对x1，)恒成立，所以a3. 经检验a3也满足题意，所以a的最大值是3. 3 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART
4、 TWO 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 依题意得f(x)exe.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)exe0，解得x1. 答案答案 解析解析 题型题型 一一 不含参数的不含参数的函数的单调性函数的单调性 2函数f(x) 3x x21的单调递增区间是( ) A(，1) B(1,1) C(1，) D(，1)或(1，) 解析 函数f(x)的定义域为R，f(x) 31x2 x212 31x1x x212 .要使 f(x)0，只需(1x)(1x)0，解得x(1,1) 答案答
5、案 解析解析 3已知函数f(x) x 4 a x ln x 3 2，其中aR，且曲线yf(x)在点(1， f(1)处的切线垂直于直线y1 2x. (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)1 4 a x2 1 x， 由f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线y1 2x， 知f(1)3 4a2，解得a 5 4. 解解 (2)由(1)知f(x)x 4 5 4xln x 3 2(x0) 则f(x)x 24x5 4x2 . 令f(x)0，解得x1或x5. 但1(0，)，舍去 当x(0,5)时，f(x)0. f(x)的增区间为(5，)，减区间为(0,5) 解
6、解 解 f(x)1 2x 2ln x的定义域为(0，)， f(x)x1 x x21 x x1x1 x ， 令f(x)0，解得x1或x1(舍去) 当x(0,1)时，f(x)0. 所以f(x)的单调递减区间是(0,1)， 单调递增区间是(1，) 解解 条件探究 将本例中的函数变为f(x) 1 2 x2ln x，试求f(x)的单调区 间 确定不含参数的函数单调区间的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域 (2)求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 解析 f(x)xln xx(ln x)ln x1. 由f(
7、x)0得x1 e， 当x 0，1 e 时，f(x)0，f(x)单调递增， 故只有D正确 1已知函数f(x)xln x，则f(x)( ) A在(0，)上单调递增 B在(0，)上单调递减 C在 0，1 e 上单调递增 D在 0，1 e 上单调递减 答案答案 解析解析 2(2019 开封调研)已知定义在区间(，)上的函数f(x)xsinx cosx，则f(x)的单调递增区间是_ 解析 因为f(x)xsinxcosx， 所以f(x)sinxxcosxsinxxcosx. 令f(x)0，得xcosx0. 又因为x，所以x 2或0x0， 故f(x)在(0，)上单调递增； 当a0时，f(x)0，故f(x)在
8、(0，)上单调递减； 解解 题型题型 二二 含参数的函数的单调性含参数的函数的单调性 讨论函数f(x)(a1)ln xax21的单调性 当0a1时，令f(x)0，解得x 1a 2a ， 则当x 0， 1a 2a 时，f(x)0， 故f(x)在 0， 1a 2a 上单调递减， 在 1a 2a ， 上单调递增 解解 综上所述，当a1时，f(x)在(0，)上单调递增； 当a0时，f(x)在(0，)上单调递减； 当0a2，令f(x)0，得 xa a 24 2 或xa a 24 2 . 当x 0，a a 24 2 a a24 2 ， 时，f(x)0. 所以f(x)在 0，a a 24 2 ， a a24
9、 2 ，上单调递减，在 a a24 2 ，a a 24 2 上单调递增 解解 解 函数f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2ex a)(exa) 若a0，则f(x)e2x，在(，)上单调递增 若a0，则由f(x)0得xln a. 当x(，ln a)时，f(x)0. 故f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增 解解 条件探究2 将本例中的函数变为f(x)ex(exa)a2x，讨论f(x)的单调 性 若a0，则由f(x)0得xln a 2 . 当x ，ln a 2 时，f(x)0. 故f(x)在 ，ln a 2 上单调递减， 在 ln a 2 ， 上单调递增
10、 解解 确定含参数的函数的单调性的基本步骤 (1)确定函数f(x)的定义域 (2)求f(x)，并尽量化为乘积或商的形式 (3)令f(x)0， 若此方程在定义域内无解，考虑f(x)恒大于等于0(或恒小于等于 0)，直接判断单调区间如举例说明中a1时，f(x)0，a0时， f(x)0. 若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f(x) 的符号确定单调区间如举例说明中0a0)的单调性 若a0，则xa0. 当0xln 2时，h(x)ln 2时，h(x)0. 所以h(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增 若0aln 2，则 当0xln 2时，h(x)0. 当axln
11、 2时，h(x)ln 2，则当0xa时，h(x)0； 当ln 2xa时，h(x)0. 所以h(x)在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减，在(a，) 上单调递增 解解 角度1 辨别函数图象 1函数yf(x)x 2x ex 的大致图象是( ) 答案答案 题型题型 三三 函数单调性的应用问题函数单调性的应用问题 解析 y 2x1exx2xex ex2 x2x1ex ex2 x2x1 ex ，则函 数在 1 5 2 ，1 5 2 上单调递增，在 ，1 5 2 和 1 5 2 ， 上单调 递减，且f(1)f(0)0，故选C. 解析解析 角度 2 比较大小或解不等式 2设函数 f(x
12、)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x0，且 g(3)0，则不等式 f(x)g(x)0 的解集是( ) A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3) C(，3)(3，) D(，3)(0,3) 解析 f(x)g(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)0.f(x)g(x)在(， 0)上单调递增， 又 f(x)， g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数， f(x)g(x) 为奇函数，f(0)g(0)0，f(x)g(x)在(0，)上也是增函数f(3)g(3)0， f(3)g(3)0.f(x)g(x)0 的解集为(3,0)(3，)故选 A. 答案答案 解析解析 角度3 根据函
13、数单调性求参数 3设函数f(x)1 2x 29ln x在区间a1，a1上单调递减，则实数a的 取值范围是( ) A(1,2 B4，) C(，2 D(0,3 解析 f(x)的定义域是(0，)，f(x)x 9 x x3x3 x ，当 00， a13， 解得1a2. 答案答案 解析解析 4已知函数f(x)ln x，g(x)1 2ax 22x，a0. (1)若函数h(x)f(x)g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)f(x)g(x)在1,4上单调递减，求a的取值范围 解 (1)h(x)ln x1 2ax 22x，x(0，)， 所以h(x)1 xax2， 由于h(x)在(0，)
14、上存在单调递减区间， 所以当x(0，)时， 1 xax2 1 x2 2 x有解 设G(x) 1 x2 2 x，所以只要aG(x)min即可 而G(x) 1 x1 21， 所以G(x)min1.所以a1. 又因为a0， 所以a的取值范围为(1,0)(0，) 解解 (2)因为h(x)在1,4上单调递减， 所以当x1,4时， h(x)1 xax20恒成立，即a 1 x2 2 x恒成立 由(1)知G(x) 1 x2 2 x， 所以aG(x)max， 而G(x) 1 x1 21， 因为x1,4，所以1 x 1 4，1 ， 所以G(x)max 7 16(此时x4)， 所以a 7 16，又因为a0，所以a的
15、取值范围是 7 16，0 (0，) 解解 1根据函数解析式识别函数图象的思路 根据函数解析式识别函数图象的基本思路是研究函数性质，包括函数 的定义域、奇偶性和单调性，其中单调性的研究往往要使用导数知识(定义 域、奇偶性、特殊值法在复杂一些的函数中不能完全确定函数的图象)如 举例说明1. 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 式常见构造的辅助函数形式有： (1)f(x)g(x)F(x)f(x)g(x)； (2)xf(x)f(x)xf(x)； (3)xf(x)f(x) fx
16、 x ； (4)f(x)f(x)exf(x)； (5)f(x)f(x) fx ex . 3由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x) 的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围如举例 说明3. (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f(x)0(或 f(x)0，则对于 任意的a，b(0，)，当ab时，有( ) Aaf(a)bf(b) Caf(b)bf(a) Daf(b)0 xfxfx x 0 xfx x 0，即xf(x)x0. x0，xf(x)0，即函数yxf(x)在(0，)上为增函数，由a
17、，b(0， )且ab，得af(a)bf(b)，故选B. 答案答案 解析解析 3(2019 北京高考)设函数f(x)exae x(a为常数)若f(x)为奇函数， 则a_；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是_ 解析 f(x)exae x(a为常数)的定义域为R， f(0)e0ae 01a0，a1. f(x)exae x，f(x)exa ex. f(x)是R上的增函数，f(x)0在R上恒成立， 即ex a ex在R上恒成立，ae 2x在R上恒成立 又e2x0，a0，即a的取值范围是(，0 1 解析解析 (，0 3 课时作业课时作业 PART THREE 1已知m是实数，函数f(x)x2(xm
18、)，若f(1)1，则函数f(x) 的单调递增区间是( ) A. 4 3，0 B. 0，4 3 C. ，4 3 ，(0，) D. ，4 3 (0，) A组组 基础关基础关 解析 因为f(x)x2(xm)x3mx2，所以f(x)3x22mx，又因为 f(1)1，所以3(1)22m(1)1，解得m2，所以f(x) 3x24xx(3x4)，由f(x)0得x0，所以函数f(x)的单调递增 区间是 ，4 3 ，(0，) 答案答案 解析解析 2函数f(x)ln x 5 x2 的单调递增区间为( ) A(0，e) B(， e) C(0， e) D( e，) 解析 函数f(x) ln x5 x2 的定义域是(0
19、，)，f(x) 5ln x x2 ，f(x) 5 12ln x x3 .令f(x)0，解得0x e.函数f(x)ln x 5 x2 的单调递增区间是(0， e) 答案答案 解析解析 3已知函数f(x)的导函数f(x)ax2bxc的图象如图所示，则f(x)的 图象可能是( ) 答案答案 解析 当x0时，由导函数f(x)ax2bxc0时，由导函数f(x)ax2bxc的图象可知， 导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递 增只有D项符合题意 解析解析 4已知函数f(x)x3ax，则“a0”是“f(x)在R上单调递增”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要
20、条件 D既不充分也不必要条件 解析 当a0时，f(x)3x2a0，f(x)在R上单调递增，“a0”是 “f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件故选A. 答案答案 解析解析 5(2019 成都模拟)已知函数f(x)3x2cosx，若af(32)，bf(2)， cf(log27)，则a，b，c的大小关系是( ) Aabc Bcab Cbac Dbc0，f(x)为 R上的单调递增函数又ylog2x为(0，)上的单调递增函数，2 log24log27313， 2log273 2.f(2)f(log27)f(3 2)，即bca. 答案答案 解析解析 解析 由f(x)ex(a1)x1，得f(x)exa1
21、.因为函数f(x)ex (a1)x1在(0,1)上单调递减，所以f(x)exa10在(0,1)上恒成立， 即aex1在(0,1)上恒成立，令g(x)ex1，x(0,1)，则g(x)在(0,1)上单调 递增，所以g(x)g(1)e1.所以ae1.所以实数a的取值范围为e1， )故选B. 6若函数f(x)ex(a1)x1在(0,1)上单调递减，则a的取值范围为 ( ) A(e1，) Be1，) C(e1，) De1，) 答案答案 解析解析 7已知定义在(0，)上的函数f(x)满足xf(x)f(x)(m2019)f(2)，则实数m的取值范围 为( ) A(0,2019) B(2019，) C(202
22、1，) D(2019,2021) 解析 令h(x) fx x ，x(0，)，则h(x) xfxfx x2 .xf(x) f(x)0，h(x)(m2019)f(2)，m20190， fm2019 m2019 f2 2 ，即h(m 2019)h(2)m20190，解得2019m0， 0x 2， 解得0x0，解得 a3， 所以实数a的取值范围是(3,0)(0，) (3,0)(0，) 解析解析 10若函数f(x)x312x在区间(k1，k1)上不是单调函数，则实数 k的取值范围是_ 解析 f(x)3x212，由f(x)0，得函数的单调递增区间是(， 2)及(2，)，由f(x)0，得函数的单调递减区间是
23、(2,2)，由于函数 在(k1，k1)上不是单调函数，所以k12k1或k12k1，解 得3k1或1k3. (3，1)(1,3) 解析解析 1对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x1)f(x)0，则必有 ( ) Af(0)f(2)2f(1) B组组 能力关能力关 解析 由题意知(x1)f(x)0，所以 x1， fx0 或 x1， fx0. 函数y f(x)在(，1)上单调递减，f(0)f(1)；在1，)上单调递增， f(2)f(1)，所以f(0)f(2)2f(1)；若函数yf(x)为常数函数，则f(0)f(2) 2f(1)故选C. 答案答案 解析解析 2(2019 银川一中模拟)已知函数f(
24、x) ex x ax，x(0，)，当x2x1 时，不等式fx1 x2 fx2 x1 恒成立，则实数a的取值范围为( ) A(，e B(，e) C. ，e 2 D. ，e 2 答案答案 解析 fx1 x2 fx2 x1 ，x1f(x1)x2f(x2)x1f(x1)，即当x2x1 时，x2f(x2)x1f(x1)恒成立，xf(x)在x(0，)内是一个增函数，设g(x) xf(x)exax2，则有g(x)ex2ax0，即a ex 2x ，设h(x) ex 2x ，则有 h(x) exx1 2x2 ，当h(x)0时，即x10，x1，当h(x)0时，即x 10,0x1，当x1时，h(x)最小，h(1)e
25、 2，即a e 2. 解析解析 3定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f(x)，且满足f(x)f(x)，f(0) 2，则不等式f(x)2ex的解集为( ) A(，0) B(，2) C(0，) D(2，) 解析 根据题意，设g(x) fx ex ，其导数g(x) fxexfxex e2x fxfx ex ，又由f(x)满足f(x)0，则函数g(x)在R上为增 函数，若f(0)2，则g(0) f0 e0 2，f(x)2ex fx ex 2g(x)g(0)，又由函数 g(x)在R上为增函数，所以x0.所以不等式f(x)0. 所以若a0，当0x0；当x1时，f(x)0时，函数f(x)的单调递增区间为
26、(0,1)，单调递减区间为(1， ) 若a0，当0x1时，f(x)1时，f(x)0. 即a0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为 (0,1) 解解 4已知f(x)1ln x 2ax (a0，且a为常数)，求f(x)的单调区间 5已知函数f(x)x3ax22x1. (1)若函数f(x)在区间1,3上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)在区间2，1上单调递减，求实数a的取值范围 解 由f(x)x3ax22x1，得f(x)3x22ax2. (1)因为函数f(x)在区间1,3上单调递增，所以f(x)0在1,3上恒成 立即a 3x22 2x 在1,3上恒成立令g(x) 3x22 2x ，则g(x) 3x22 2x2 ，当x1,3时，g(x)0，所以g(x)在1,3上单调递减，所以 g(x)maxg(1)5 2，所以a 5 2. (2)因为函数f(x)在区间2，1上单调递减，所以f(x)0在2， 1上恒成立，即a 3x22 2x 在2，1上恒成立，由(1)易知，g(x) 3x22 2x 在2，1上单调递减，所以ag(2)，即a7 2. 解解 本课结束本课结束
