关键词不能为空

当前您在: 主页 > 数学 >

2 第2讲 导数与函数的单调性

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-07 23:34
tags:高中数学导数视频

高中数学选修1-2知识点视频-金牌高中数学

2020年10月7日发(作者:孟玉涧)


第2讲 导数与函数的单调性

1.函数的单调性与导数的关系

条件
函数y=f(x)在
区间(a,b)上可

f′(x)>0
f′(x)<0
f′(x)=0
结论
f(x)在(a,b)内单调递增
f(x)在(a,b)内单调递减
f(x)在(a,b)内是常数函数
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数f(x)在(a,b)内可导,且f ′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0,当x∈(a,b)时.
f′(x)≥0?函数f(x)在(a,b)上单调递增;
f′(x)≤0?函数f(x)在(a,b)上单调递减.
(2)f′(x)>0(<0)在 (a,b)上成立是f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充分条件.
[提醒] 利用导数研究函数的单调性,要在定义域内讨论导数的符号.

判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有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.( )
答案:(1)× (2)√
函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是( )
A.先增后减
C.增函数
解析:选D.因为f′(x)=-sin x-1<0.
所以f(x)在(0,π)上是减函数,故选D.
(教材习题改编)函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息:
①f′(x)>0时,-1②f′(x)<0时,x<-1或x>2;
③f′(x)=0时,x=-1或x=2.
则函数f(x)的大致图象是( )
B.先减后增
D.减函数

1 15

< br>解析:选C.根据信息知,函数f(x)在(-1,2)上是增函数.在(-∞,-1),(2,+∞)上 是减
函数,故选C.
(教材习题改编)函数f(x)=e
x
-x的单调递增区间是________.
解析:因为f(x)=e
x
-x,所以f′(x)=e
x
-1,
由f′(x)>0,得e
x
-1>0,即x>0.
答案:(0,+∞)
已知f(x)=x
3
-ax在[1,+∞)上是增函数,则实数a的最大值是___ _____.
解析:f′(x)=3x
2
-a≥0,即a≤3x
2

又因为x∈[1,+∞),所以a≤3,即a的最大值是3.
答案:3


利用导数判断(证明)函数的单调性
[典例引领]
(2017· 高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)=e
x
(e
x
-a)-a
2< br>x.讨论f(x)的单调性.
【解】 (分类讨论思想)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞ ),f′(x)=2e
2x
-ae
x
-a
2
=(2e
x
+a)(e
x
-a).
①若a=0,则f(x)=e
2x
,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f′(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
a

?
.
③若a<0,则由f′(x)=0得x=ln
?
?
2
?
?

a
??
时,f′(x)<0; 当x∈
?
-∞,ln
??
2
??
?

a< br>?
,+∞
?
时,f′(x)>0. 当x∈
?
ln
? ?
2
??
?

a
??
单调递减, 故f(x)在
?
-∞,ln
??
2
??
2 15


?

a
?
,+∞
?
单调递增. 在
?
ln
??
2
??

导数法证明函数f(x)在(a,b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x);
(2)确认f′(x)在(a,b)内的符号;
(3)作出结论:f′(x)>0时为增函数;f′(x)<0时为减函数.
[提醒] 研究含参数函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨
论.
[通关练习]
1.函数f(x)=e
2x
+2cos x-4的定义域是[0,2π],则f(x)( )
A.在[0,π]上是减函数,在[π,2π]上是增函数
B.在[0,π]上是增函数,在[π,2π]上是减函数
C.在[0,2π]上是增函数
D.在[0,2π]上是减函数
解析:选C.由题意可得f′(x)=2e
2x
-2sin x=2(e
2x
-sin x).
因为x∈[0,2π],所以f′(x)≥2(1-sin x)≥0,
所以函数f(x)在[0,2π]上是增函数,故选C.
x
2.已知函数f(x)=mln(x+1),g(x)=(x>-1).
x+1
讨论函数F(x)=f(x)-g(x)在(-1,+∞)上的单调性.
m( x+1)-1
m1
解:F′(x)=f′(x)-g′(x)=
-=
(x>- 1).
x+1
(x+1)
2
(x+1)
2
当m≤0时,F ′(x)<0,函数F(x)在(-1,+∞)上单调递减;
11
当m>0时,令F′(x) <0,得x<-1+,函数F(x)在(-1,-1+
)上单调递减;
mm
11令F′(x)>0,得x>-1+,函数F(x)在(-1+,+∞)上单调递增.
mm
综上所述,当m≤0时,F(x)在(-1,+∞)上单调递减;
11
当m>0时,F(x)在(-1,-1+
)上单调递减,在(-1+
,+∞)上单调递增.
mm

3 15


求函数的单调区间
[典例引领]
(2016·高考北京卷)设函数f(x)=xeax
+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为

y=(e -1)x+4.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间.
【解】 (1)因为f(x)=xe
a

x
+bx,
所以f′(x)=(1-x)e
a

x
+b.
a2
?
?
f(2)=2e+2,
?
?
2e

+2b= 2e+2,
依题设,
?

?
a2


?< br>?
f′(2)=e-1,
?
?
-e+b=e-1,
解得a=2 ,b=e.
(2)由(1)知f(x)=xe
2

x
+ex. < br>由f′(x)=e
2

x
(1-x+e
x

1
)及e
2

x
>0知,f′(x)与
1-x+e
x

1
同号.
令g(x)=1-x+e
x

1
,则g′(x)=-1+e
x

1
.
所以当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值,
从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞).
综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞).
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞).

利用导数求函数的单调区间的三种方法
(1)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解 时,确定函数的定义域,解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求
出单调区间.
(2)当 方程f′(x)=0可解时,确定函数的定义域,解方程f′(x)=0,求出实数根,把函数f(x)
的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来,把定义域分成若
干个小 区间,确定f′(x)在各个区间内的符号,从而确定单调区间.
4 15


(3)不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解时求导数并化简, 根据f′(x)的结构特征,
选择相应的基本初等函数,利用其图象与性质确定f′(x)的符号,得单 调区间.
函数f(x)=3+xln x的单调递减区间是( )
1
?
A.
?
?
e
,e
?

1
-∞,
?
C.
?
e
??
1
0,
?
B.
?
?
e
?
1
,+∞
?
D.
?
?
e
?
1
解析:选B.因为函数的定义域为(0,+∞)且f′( x)=ln x+x·
=ln x+1,令f′(x)<0,解得:0
x
1
<x<
.
e
1
0,
?
.
故f(x)的单调递减区间是
?
?
e
?

函数单调性的应用(高频考点)
利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围,是高考考查函 数单调性的一个重
要考向,常以解答题的形式出现.高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度:
(1)比较大小或解不等式;
(2)已知函数单调性求参数的取值范围.
[典例引领]
角度一 比较大小或解不等式
(构造函数法)函数f(x)的定义 域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)
>2x+4的解集为( )
A.(-1,1)
C.(-∞,-1)
B.(-1,+∞)
D.(-∞,+∞)
【解析】 由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F( x)=f(x)-2x-4,则F′(x)=f′(x)-2,因
为f′(x)>2,所以F′(x)> 0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增,而F(-1)=f(-1)-2×(-
1)-4=2+ 2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1,故选B.
【答案】 B
角度二 已知函数单调性求参数的取值范围
1
已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax
2
+2x(a≠0).
2
(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.
5 15


1
【解】 (1)h(x)=ln x-ax
2
-2x,x∈(0,+∞),
2
1
所以h′(x)=- ax-2,由于h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
x
1
所以当x∈(0,+∞)时,-ax-2<0有解.
x
12
即a>
2

有解,
xx
12
设G(x)=
2


xx
所以只要a>G(x)
min
即可.
1
而G(x)=(-1)
2
-1,
x
所以G(x)
min
=-1.
所以a>-1.
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得,
1
当x∈[1,4]时,h′(x)=-ax-2≤0恒成立,
x
12
即a≥
2

恒成立.
xx
1所以a≥G(x)
max
,而G(x)=(-1)
2
-1,
x
11
因为x∈[1,4],所以∈[,1],
x4
7
所以G(x)
max
=-
(此时x=4),
16
77
所以a≥-,即a的取值范围是[-,+∞).
1616

1.本例条件变为:若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递增,求a的取值范围.
解:由h(x)在[1,4]上单调递增得,当x∈[1,4]时,h′(x)≥0恒成立,
12
所以当x∈[1,4]时,a≤
2

恒成立,
xx< br>12
又当x∈[1,4]时,(
2
-)
min
=-1(此时x =1),
xx
所以a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].
2.本例条件变为:若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求a的取值范围.
6 15


解:h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,
则h′(x)<0在[1,4]上有解,
12
所以当x∈[1,4]时,a>
2

有解,
xx12
又当x∈[1,4]时,(
2
-)
min
=-1,
xx
所以a>-1,即a的取值范围是(-1,+∞).

(1)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.
(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a,b]上单调递增 (减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a,b]上恒成立列出不等
式.
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题.
③对等号单独检验,检验参数的取值能否使 f′(x)在整个区间恒等于0,若f′(x)恒等于0,则
参数的这个值应舍去;若只有在个别点处有 f′(x)=0,则参数可取这个值.
[提醒] f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a, b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任意一个
非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中 的等号不能省略,否则漏解.
[通关练习]
1.已知函数f(x)=x
3
-3x,若在△ABC中,角C是钝角,则( )
A.f(sin A)>f(cos B)
C.f(sin A)>f(sin B)
B.f(sin A)<f(cos B)
D.f(sin A)<f(sin B)
解析:选A.因为f(x)=x
3
-3x,所以f′(x)=3x
2
-3=3(x+1)(x-1),故函数f(x)在区间(-1,
π
πππ
-B
?
1)上是减函数,又A、B都是锐角,且A+B<
,所以0<A<-B<,所以sin A<sin
?
?
2
?
222
=cos B,故f(sin A)>f(cos B),故选A.
2.已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)在(2,+∞)上为单调函数,求实数a的取值范围.
7 15


1
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
-a.
x
1
0,
?
时,f′(x)>0, 若a≤0,则f′(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a>0,则当x∈
?
?
a
?
111
,+∞
?
时,f′(x)<0,所以f(x)在
?
0,
?
上单调递增,在
?
,+∞
?
上单调递减. 当x∈
?< br>?
a
??
a
??
a
?
1
?
(2)由(1)知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,符合要求;当a>0时,f(x)在
?
?
a
,+∞
?

1
11
,+∞
?
. 单调递减,则2≥,即a≥
.所以实数a的取值范围是(-∞,0]∪
??
2
?
a2

导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或<0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件;
(2)f′(x)≥0(或≤0)是f(x)在(a,b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件.
利用导数研究函数的单调性的思路
根据函数的导数研究函数的单调性,在函数解析式中含有 参数时要进行分类讨论,这种分类
讨论首先是在函数的定义域内进行,其次要根据函数的导数等于零的点 在其定义域内的情况
进行,如果这个点不止一个,则要根据参数在不同范围内取值时,导数等于零的根的 大小关
系进行分类讨论,在分类解决问题后要整合为一个一般的结论.
化归转化思想的应用
(1)已知函数f(x)在D上单调递增求参数的取值范围,常转化为f′(x)≥0在D上恒成立,再 通
过构造函
数转化为求最值或图象都不在x轴下方的问题,已知函数f(x)在D上单调递减 求参数的取值
范围,常转化为f′(x)≤0在D上恒成立,再通过构造函数转化为求最值或图象都不在 x轴上
方的问题.
(2)已知函数f(x)在D上不单调,①将其转化为其导数在该区间不会 恒大于零或恒小于零;②
构造函数,通过构造函数,把复杂的函数转化为简单的函数.
易误防范
(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则.
(2)注意两种表述“函数f(x) 在(a,b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a,b)”的区别.
(3)利用导数求函数的单调区间时,要正确求出导数等于零的点,不连续点及不可导点.
( 4)若f(x)在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪”连接,只能用“,”隔开或用
“和” 连接.

8 15


1.函数f(x)=1+x-sin x在(0,2π)上的单调情况是( )
A.增函数
C.先增后减
B.减函数
D.先减后增
解析:选A.在(0,2π)上有f′(x)=1-cos x>0恒成立,所以f(x)在(0,2π)上单调递增.
ax
2.函数f(x)=
2
(a>0)的单调递增区间是( )
x+1
A.(-∞,-1)
C.(1,+∞)
B.(-1,1)
D.(-∞,-1)或(1,+∞)
a(1-x
2

a(1-x) (1+x)
解析:选B.函数f(x)的定义域为R,f′(x)=

.由于a>0, 要
(x
2
+1)
2
(x
2
+1)
2
使f′(x)>0,只需(1-x)·(1+x)>0,解得x∈(-1,1).
e
x
3.(2018·太原模拟)函数f(x)=的图象大致为( )
x

xe
-e(x-1)e
e
x
解析:选B.由f (x)=
,可得f′(x)=
=,则当x∈(-∞,0)和x∈(0,1)时,
xx< br>2
x
2
xxx
f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞ )时,f′(x)>0,f(x)单调递增.又当x<0时,f(x)<0,
故选B.
4.(2018·四川乐山一中期末)f(x)=x
2
-aln x在(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为
( )
A.a<1
C.a<2
a
解析:选D.由f(x)=x
2
-aln x,得f′(x)=2x-,
x
因为f(x)在(1,+∞)上单调递增,
a所以2x-
≥0在(1,+∞)上恒成立,即a≤2x
2
在(1,+∞)上恒成立 ,
x
因为x∈(1,+∞)时,2x
2
>2,所以a≤2故选D.
5.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′ (x)<0,设
1
?
a=f(0),b=f
?
?
2
?
,c=f(3),则a,b,c的大小关系为( )
9 15

B.a≤1
D.a≤2


A.a<b<c
C.c<a<b
B

c<b<a
D.b<c<a
解析 :选C.因为当x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,所以f′(x)>0,所以函数f(x)在( -∞,
1
?
1)上是单调递增函数,所以a=f(0)<f
?
?2
?
=b,
又f(x)=f(2-x),
所以c=f(3)=f(-1),
所以c=f(-1)<f(0)=a,所以c<a<b,故选C.
x5
6.函数f(x)=+-ln x的单调递减区间是________.
44x
x5
解析:因为f(x)=
+-ln x,
44x
所以函数的定义域为(0,+∞),
2
151
x
- 4x-5
且f′(x)=-
2



44xx4x
2
令f′(x)<0,解得0<x<5,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,5).
答案:(0,5)
π
?
7.若f(x)=xsin x+cos x,则f (-3),f
?
?
2
?
,f(2)的大小关系为________( 用“<”连接).
解析:函数f(x)为偶函数,因此f(-3)=f(3).
又f′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,
π
?ππ
,π
时,f′(x)<0.所以f(x)在区间
?
,π
?< br>上是减函数,所以f
??
>f(2)>f(3)=f(-3). 当x∈
??
2
??
2
??
2
?
π
?
答 案:f(-3)<f(2)<f
?
?
2
?

x
3< br>a
2
1
8.(2018·张掖市第一次诊断考试)若函数f(x)=-x+x+ 1在区间(,3)上单调递减,则实
322
数a的取值范围是________.
1 1
解析:f′(x)=x
2
-ax+1,因为函数f(x)在区间(,3)上单调递减 ,所以f′(x)≤0在区间(,3)
22
111
??
?
f′(2
)≤0
?
4

2
a+1≤0
1010
上恒成立,所以
?
,即
?
,解得a≥,所以实数a的取值范围为[,
33
??
f′(3)≤09-3a+1≤0
??
+∞).
10 15


10
答案:[,+∞)
3
9.设f(x)=a(x-5)
2
+6ln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点
(0,6).
(1)确定a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间.
解:(1)因为f(x)=a(x-5)
2
+6ln x,
6
故f′(x)=2a(x-5)+
.
x
令x=1,得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1),
由点(0,6)在切线上,
1
可得6-16a=8a-6,解得a=
.
2
1
(2)由(1)知,f(x)=(x-5)
2
+6ln x(x>0),
2
6
(x-2)(x-3)
f′(x)=x-5+

.
xx
令f′(x)=0,解得x=2或3.
当0<x<2或x>3时,f′(x)>0;
当2<x<3时,f′(x)<0,
故f(x)的单调递增区间是(0,2),(3,+∞),单调递减区间是(2,3).
1a
10.已知函数g(x)=x
3
-x
2
+2x+5.
32
(1)若函数g(x)在(-2,-1)内为减函数,求a的取值范围;
(2)若函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,求a的取值范围.
1a
解:因为g(x)=x
3

x
2
+2x+5,
32
所以g′(x)=x
2
-ax+2.
(1)法一:因为g(x )在(-2,-1)内为减函数,所以g′(x)=x
2
-ax+2≤0在(-2,-1)内恒 成
立.
11 15


?
?
g′(-2)≤0,
所以
?

?
?
g′(-1)≤0,
?
?
4+2a+2≤0,

?

?
?
1+a+2≤0.
解得a≤-3.
即实数a的取值范围为(-∞,-3].
法二:由题意知x
2
-ax+2≤0在(-2,-1)内恒成立,
2
所以a≤x+在(-2,-1)内恒成立,
x
2
记h(x)=x+,
x
则x∈(-2,-1)时,-3<h(x)≤-22,所以a≤-3.
(2)因为函数g(x)在(-2,-1)内存在单调递减区间,
所以g′(x)=x
2
-ax+2<0在(-2,-1)内有解,
2
x+
?
所以a<
?
?
x
?
.
max
2
又x+
≤-22.
x
2
当且仅当x=即x=-2时等号成立.
x
所以满足要求的a的取值范围是(-∞,-22).

1
1.( 2018·安徽江淮十校第三次联考)设函数f(x)=x
2
-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,
2
则实数a的取值范围是( )
A.1<a≤2
C.a≤2
解析:选A. 易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),
991
f′(x)=x-
,由f′(x )=x-<0,解得0<x<3.因为函数f(x)=
x
2
-9ln x在区间[a-1,a+1]
xx2
B.a≥4
D.0<a≤3
?
?
a-1>0,
上单调递减,所以
?
解得1<a≤2,选A.
?
?
a+1≤3,
12 15


2. (2018·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数,满足f′(x)-2f (x)
<0,且f(-1)=0,则f(x)>0的解集为( )
A.(-∞,-1)
C.(-∞,0)
B.(-1,1)
D.(-1,+∞)
f(x)f′ (x)-2f(x)
解析:选A.设g(x)=
2x
,则g′(x)=<0在R上恒成 立,所以g(x)在R
ee
2x
上递减,又因为g(-1)=0,f(x)>0?g( x)>0,所以x<-1.
3.已知函数f(x)=-ln x+ax,g(x)=(x+a)ex
,a<0,若存在区间D,使函数f(x)和g(x)在区
间D上的单调性相同,则a的 取值范围是________.
ax-1
1
解析:f(x)的定义域为(0,+∞) ,f′(x)=-
+a=,由a<0可得f′(x)<0,即f(x)在定
xx
义域( 0,+∞)上单调递减,g′(x)=e
x
+(x+a)e
x
=(x+a+1 )e
x
,令g′(x)=0,解得x=-(a+
1),当x∈(-∞,-a-1)时, g′(x)<0,当x∈(-a-1,+∞)时,g′(x)>0,故g(x)的单调
递减区间为(-∞ ,-a-1),单调递增区间为(-a-1,+∞).因为存在区间D,使f(x)和
g(x)在区间D 上的单调性相同,所以-a-1>0,即a<-1,故a的取值范围是(-∞,-1).
答案:(-∞,-1)
4.定义在R上的奇函数f(x),当x∈(-∞,0)时f(x)+ xf′(x)<0恒成立,若a=3f(3),b=(log
π
e)f(log
πe),c=-2f(-2),则a,b,c的大小关系为________.
解析:设g(x)=xf(x),
则g′(x)=f(x)+xf′(x),
因为当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0恒成立,
所以此时g′(x)=f(x)+xf′(x)<0,
即此时函数g(x)=xf(x)在(-∞,0)上单调递减,
因为f(x)是奇函数,所以g(x)=xf(x)是偶函数,
即当x>0时,函数g(x) =xf(x)单调递增,则a=3f(3)=g(3),b=(log
π
e)f(log
π
e)=g(log
π
e),
c=-2f(-2)=g(-2)=g(2),
因为0<log
π
e<1<2<3,
所以g(3)>g(2)>g(log
π
e),即a>c>b.
答案:a>c>b
13 15


5.已知e是自然对 数的底数,实数a是常数,函数f(x)=e
x
-ax-1的定义域为(0,+∞).
(1)设a=e,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)判断函数f(x)的单调性.
解:(1)因为a=e,
所以f(x)=e< br>x
-ex-1,f′(x)=e
x
-e,f(1)=-1,f′(1)=0.
所以当a=e时,函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=-1.
(2 )因为f(x)=e
x
-ax-1,所以f′(x)=e
x
-a.
易知f′(x)=e
x
-a在(0,+∞)上单调递增.
所以当a≤1时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>1时,由f′(x)=e
x
-a=0,得x=ln a,
所以当0<x<ln a时,f′(x)<0,当x>ln a时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在(0,ln a)上单调递减,在
(ln a,+∞)上单调递增.
1
6.(2018·武汉市武 昌区调研考试)已知函数f(x)=x
2
+(1-a)x-aln x.
2
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a>0,证明:当0<x<a时,f(a+x)<f(a-x).
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
2
a
x
+(1-a )x-a(x+1)(x-a)
由已知,得f′(x)=x+1-a-==
.
xxx
若a≤0,则f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若 a>0,则由f′(x)=0,得x=a.当0<x<a时,f′(x)<0;当x>a时,f′(x)>0.
此时f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
11
(2)证 明:令g(x)=f(a+x)-f(a-x),则g(x)=(a+x)
2
+(1-a)(a +x)-aln(a+x)-[
(a-x)
2
22
+(1-a)(a-x)- aln(a-x)]=2x-aln(a+x)+aln(a-x).
-2x
2
aa
所以g′(x)=2--=
.
a+xa-xa
2
-x2
14 15


当0<x<a时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,a)上是减函数.
而g(0)=0,所以g(x)<g(0)=0.
故当0<x<a时,f(a+x)<f(a-x).

15 15

高中数学竞赛发证单位-新课程高中数学概率统计内容的设置及教学研究


高中数学4--4课件-中学高中数学党员教师工作小结


必修四高中数学课本答案-2017福建高中数学目录


高中数学教学实施指导意见-高中数学书人教版选修2-1


高中数学绝对值函数教学视频-高中数学班主任演讲稿


高中数学人教版课本学哪些-2020贵州高中数学会考试卷


高中数学选修2-1电子课本内容-高中数学人教新课改b版


北京高中数学知识应用竞赛组委会-高中数学书多少寸



本文更新与2020-10-07 23:34,由作者提供,不代表本网站立场,转载请注明出处:https://www.bjmy2z.cn/gaokao/412862.html

2 第2讲 导数与函数的单调性的相关文章