第二节 导数与函数的单调性-2022年高考数学一轮复习同步备课学案+题型考点分析+课时训练+真题演练

题型考点分析　第二节 导数与函数的单调性 【考点一】 求不含参数的函数的单调区间 【典型例题1】 函数y＝ x2－ln x的单调递减区间为(　　) A．(－1，1)　　　　　　　　 B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 【解析】　(1) y＝ x2－ln x， y′＝x－＝ ＝(x>0)． 令y′<0，得0<x<1， 所以单调递减区间为(0，1)． 【答案】 B 【考点二】 求不含参数的函数的单调区间 【典型例题2】 (2020·温州模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a＞0)．设F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性． 【解析】 f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝.＝(ln a)x2＋ln(ax)＋1，函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(ln a)x＋ ①当ln a≥0，即a≥1时，恒有F′(x)＞0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②当ln a＜0，即0＜a＜1时， 令F′(x)＞0，得(ln a)x2＋1＞0，解得0＜x＜ ； 令F′(x)＜0，得(ln a)x2＋1＜0，解得x＞ . 所以函数F(x)在上为增函数， 在上为减函数． 【答案】 在上为增函数，在上为减函数． 【考点三】 函数y＝f(x)与y＝f′(x)图像的相互判定 【典型例题3】 (1)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是(　　) (2)设函数y＝f(x)的图像如图，则函数y＝f′(x)的图像可能是(　　) 【解析】　(1)原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D. (2)由y＝f(x)图像可知，当x∈(－∞，x1)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)>0. 当x∈(x1，x2)时，y＝f(x)单调递减，所以f′(x)<0. 当x∈(x2，＋∞)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)>0. 所以y＝f′(x)的图像在四个选项中只有D符合． 【答案】　(1)D　(2)D 【考点四】 已知函数单调性求参数的取值范围 【典型例题4】 (1)(2020·浙江省高中学科基础测试)若函数f(x)＝2x＋(a∈R)在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是(　　) A．[0，2] B．[0，4] C．(－∞，2] D．(－∞，4] (2)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)． 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． 【解析】　(1)由题意得f′(x)＝2－≥0在[1，＋∞)上恒成立，则a≤(2x2)min＝2，所以a≤2，故选C. (2)①h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x∈(0，＋∞)时，有解，－－ax－2<0有解．即a＞ 设G(x)＝，－ 所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)． ②由h(x)在[1，4]上单调递减得， 当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥恒成立．－ 所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1， 因为x∈[1，4]，所以，∈ 所以G(x)max＝－ (此时x＝4)， 所以a≥－， 即a的取值范围是. 【答案】　(1)C　(2) ①(－1，＋∞) ② 【考点五】 比较大小或解不等式 【典型例题5】 (2020·宁波市效实中学月考)定义在R上的函数f(x)的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f)，c＝f(log28)，则a，b，c的大小关系为________(用“＜”连接)． (e为自然对数的底数)，b＝f( 【解析】　因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，又f(x)＝f(2－x)，得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，所以函数f(x)图像上的点距离直线x＝1越近函数值越大，又log28＝3，所以log28＞2－＞f(log28)，故c＜a＜b.)＞f＞1，得f(＞ 【答案】　c＜a＜b 【归纳总结】　用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，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）］′