搜索
1导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数概念方法微思考“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任一非空子区间内都不恒为零．1．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex1，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是__________．【答案】[﹣1，12]【解析】函数f（x）＝x3﹣2x+ex1的导数为：f′（x）＝3x2﹣2+ex12+2√10，可得f（x）在R上递增；又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex10，可得f（x）为奇函数，则f（a﹣1）+f（2a2）≤0，即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），f（2a2）≤f（1﹣a），即有2a2≤1﹣a，解得﹣1≤a12，故答案为：[﹣1，12]．2．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣a（x+2）．2（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【解析】由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），且f′（x）＝ex﹣a．（1）当a＝1时，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＝0，解得x＝0．∴当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a≤0时，f′（x）＝ex﹣a＞0恒成立，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）的极小值也是最小值为f（lna）＝a﹣a（lna+2）＝﹣a（1+lna）．又当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．∴要使f（x）有两个零点，只要f（lna）＜0即可，则1+lna＞0，可得a＞1．综上，若f（x）有两个零点，则a的取值范围是（1，+∞）．3．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a＞0，讨论函数g（x）的单调性．【解析】（1）f（x）≤2x+c等价于2lnx﹣2x≤c﹣1．设h（x）＝2lnx﹣2x，h′（x）2221（x＞0）．当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，∴h（x）在x＝1时取得极大值也就是最大值为h（1）＝﹣2，∴c﹣1≥﹣2，即c≥﹣1．则c的取值范围为[﹣1，+∞）；（2）g（x）2（x＞0，x≠a，a＞0）．∴g′（x）222222222．3令w（x）222lna+2（x＞0），则w′（x）22222，令w′（x）＞0，解得0＜x＜a，令w′（x）＜0，解得x＞a，∴w（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减．∴w（x）≤w（a）＝0，即g′（x）≤0，∴g（x）在（0，a）和（a，+∞）上单调递减．4．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x3﹣kx+k2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有三个零点，求k的取值范围．【解析】（1）f（x）＝x3﹣kx+k2．f′（x）＝3x2﹣k，k≤0时，f′（x）≥0，f（x）在R递增，k＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞√或x＜√，令f′（x）＜0，解得：√＜x＜√，∴f（x）在（﹣∞，√）递增，在（√，√）递减，在（√，+∞）递增，综上，k≤0时，f（x）在R递增，k＞0时，f（x）在（﹣∞，√）递增，在（√，√）递减，在（√，+∞）递增；（2）由（1）得：k＞0，f（x）极小值＝f（√），f（x）极大值＝f（√），若f（x）有三个零点，只需{＞0√＜0√＞0，解得：0＜k＜27，故k∈（0，27）．5．（2019•全国）已知函数f（x）√（x2﹣ax）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为2，求a．【解析】（1）当a＝1时，f（x）√（x2﹣x），4则f'（x）22212（x≥0），令f'（x）＝0，则x，∴当0＜x＜时，f'（x）＜0；当x＞时，f'（x）＞0．∴f（x）的单调递减区间为0，，单调递增区间为，∞；（2）f'（x）22212（0≤x≤2），令f'（x）＝0，则x，当a≤0时，f'（x）＞0，∴f（x）在[0，2]上单调递增，∴002，不符合条件；当0＜10时，0＜2，则当0＜x＜时，f'（x）＜0；当＜＜2时，f（x）＞0，∴f（x）在0，上单调递减，在，2上单调递增，∴222，∴a，符合条件；当a＞10时，10＞2，则当0＜x＜2时，f'（x）＜0，∴f（x）在（0，2）上单调递减，∴2√222，∴a2√2，不符合条件．∴f（x）在区间[0，2]的最小值为2，a的值为．6．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx√1，x＞0．（Ⅰ）当a时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[12，+∞）均有f（x）√2，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当a时，f（x）√1，x＞0，f′（x）12√1√122√11√1，∴函数f（x）的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由f（1）12，得0＜a√2，当0＜a√2时，f（x）√2，等价于√22√12lnx≥0，令t1，则t2√2，设g（t）＝t2√2t√12lnx，t2√2，5则g（t）√（t√11）21√2lnx，（i）当x∈[17，+∞）时，√112√2，则g（x）≥g（2√2）8√√2√12，记p（x）＝4√2√2√1lnx，x17，则p′（x）2√√2√112√√1√2√1√111√√221√1√1√1√2，列表讨论：x17（17，1）1（1，+∞）p′（x）﹣0+P（x）p（17）单调递减极小值p（1）单调递增∴p（x）≥p（1）＝0，∴g（t）≥g（2√222p（x）≥0．（ii）当x∈[12，17）时，g（t）≥g（√11）2√12√，令q（x）＝2√lnx+（x+1），x∈[12，17]，则q′（x）2√1＞0，故q（x）在[12，17]上单调递增，∴q（x）≤q（17），由（i）得q（17）2√77p（17）＜2√77p（1）＝0，∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（√11）2√＞0，由（i）（ii）知对任意x∈[12，+∞），t∈[2√2，+∞），g（t）≥0，即对任意x∈[12，+∞），均有f（x）√2，综上所述，所求的a的取值范围是（0，√2]．7．（2019•天津）设函数f（x）＝excosx，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，2]时，证明f（x）+g（x）（2x）≥0；6（Ⅲ）设xn为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ，2nπ2）内的零点，其中n∈N，证明2nπ2xn＜200．【解析】（Ⅰ）解：由已知，f′（x）＝ex（cosx﹣sinx），因此，当x∈（2，2）（k∈Z）时，有sinx＞cosx，得f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（2，2）（k∈Z）时，有sinx＜cosx，得f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）的单调增区间为[2，2]（k∈Z），单调减区间为[2，2]（k∈Z）；（Ⅱ）证明：记h（x）＝f（x）+g（x）（2），依题意及（Ⅰ），有g（x）＝ex（cosx﹣sinx），从而h′（x）＝f′（x）+g′（x）•（2）+g（x）•（﹣1）＝g′（x）（2）＜0．因此，h（x）在区间[，2]上单调递减，有h（x）≥h（2）＝f（2）＝0．∴当x∈[，2]时，f（x）+g（x）（2x）≥0；（Ⅲ）证明：依题意，u（xn）＝f（xn）﹣1＝0，即1．记yn＝xn﹣2nπ，则yn∈（，2），且f（yn）22e﹣2nπ（x∈N）．由f（yn）＝e﹣2nπ≤1＝f（y0）及（Ⅰ），得yn≥y0，由（Ⅱ）知，当x∈（，2）时，g′（x）＜0，∴g（x）在[，2]上为减函数，因此，g（yn）≤g（y0）＜g（）＝0，又由（Ⅱ）知，20，故22202000＜200．∴2nπ2xn＜200．8．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx11．7（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．【解析】（1）函数f（x）＝lnx11．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；f′（x）1212＞0，（x＞0且x≠1），∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，①在（0，1）区间取值有12，1代入函数，由函数零点的定义得，∵f（12）＜0，f（1）＞0，f（12）•f（1）＜0，∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx00101，曲线y＝lnx，则有y′1；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx010（x﹣x0），即：y10x﹣1+lnx0，将lnx00101代入，即有：y10x201，而曲线y＝ex的切线中，在点（ln10，10）处的切线方程为：y1010（x﹣ln10）10x10lnx0，将lnx00101代入化简，即：y10x201，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．故得证．9．（2018•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处8的切线平行，证明x1+g（x2）2；（Ⅲ）证明当a1时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．【解析】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，0）0（0，+∞）h′（x）﹣0+h（x）↓极小值↑∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为1lna．由g′（x）1，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为12．∵这两条切线平行，故有112，即2121，两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna＝0，∴x1+g（x2）2；（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（1，1）处的切线l1：111，曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：2122．要证明当a1时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a1时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a1时，方程组{112①11121②由①得2112，代入②得：1111120，③因此，只需证明当a1时，关于x1的方程③存在实数