2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2利用导数研究函数的单调性练习苏教版.doc

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1、3.2利用导数研究函数的单调性考点一　不含参数的函数的单调性 1.函数y=xlnx的单调递减区间是(　　)A.(-∞,e-1)B.(e-1,+∞)C.(e,+∞)D.(0,e-1)2.函数f(x)=的单调递增区间为________. 3.(2019·浙江高考改编)函数f(x)=-lnx+的单调递减区间为________. 4.(2019·天津高考改编)函数f(x)=excosx的单调递增区间为________. 【解析】1.选D.函数y=xlnx的定义域为(0,+∞),因为y=xlnx,所以y′=lnx+1,令y′<0得0

2、区间为(0,e-1).2.因为f(x)=,所以f′(x)=,由f′(x)>0,解得x<-1-或x>-1+.所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)3.f(x)=-lnx+的定义域为(0,+∞).f′(x)=-+=,-10-由x>0知>0,2+1>0,所以由f′(x)<0得-2<0,解得00,则f(x)

3、单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z).答案:(k∈Z)题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2ex”,则函数f(x)的单调递减区间是________. 【解析】因为f(x)=x2ex,所以f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex.由f′(x)<0,解得-20,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

4、在定义域内的部分为单调递减区间.【秒杀绝招】　排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=lnx都是增函数且为正数,所以y=xlnx也是增函数,从而排除B,C.-10-考点二　含参数的函数的单调性 【典例】已知函数f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x.若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.【解题导思】序号题目拆解(1)求f′(x),解方程f′(x)=0求f(x)的定义域,求f′(x)并进行恰当的因式分解,求出方程f′(x)=0的根(2)由f′(x)的符号确定f(x)的单调性用导数为零的实数分割定义域,逐个区

5、间分析导数的符号,确定单调性【解析】因为f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x,所以f′(x)==,由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)=0得x=1或x=,(1)若<1,即a>,由f′(x)>0得x>1或01,即00得x>或0

6、∞)上单调递增.-10-综上可得:当0时,函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.　解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(1)研究含参数的函数的单调性问题,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.已知函数f(x)=(x-3)ex+a(x-2)2,其中e为自然对数的底数,a∈R.讨论f(x)的单调性.【解

7、析】f′(x)=ex+(x-3)ex+2a(x-2)=(x-2)(ex+2a).(1)当a≥0时,令f′(x)>0,得x>2,令f′(x)<0,得x<2,所以f(x)在(2,+∞)上单调递增,在(-∞,2)上单调递减.(2)当a<0时,由f′(x)=0得x=2或x=ln(-2a),①当ln(-2a)<2,即a>-时,当x∈(-∞,ln(-2a))时,f′(x)>0,当x∈(ln(-2a),2)时,f′(x)<0,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a))和(2,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),2)上单调

8、递减.②当ln(-2a)=2即a=-时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在R上单调递增.③当ln(-2a)>2即a<-时,当x∈(-∞,2)时,f′(x)>0,当x∈