利用导数研究函数的单调性资料.doc

考点2 利用导数研究函数的单调性 1. （2015江苏苏州市高三上调考）函数f（x）=的图象经过四个象限的充要条件是． ． 分析 ∵f（x）=， ∴求导数，得． ①a=0时，f（x）=1，不符合题意； ②若a0，则当x＜2或x＞1时，＜0；当2＜x＜1时，＞0， ∴f（x）在（2，1）是为增函数，在（，2）、（1，+）上为减函数； ③若a0，则当x＜2或x＞1时，＞0；当2＜x＜1时，＜0， ∴f（x）在（2，1）是为减函数，在（，2）、（1，+）上为增函数 因此，若函数的图象经过四个象限，必须有＜0， 即（）（）＜0，解之得． 故答案为： 2.（15泰州一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax+b． （1）若函数h（x）=f（x）g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若直线g（x）=ax+b是函数f（x）=lnx图象的切线，求a+b的最小值； （3）当b=0时，若f（x）与g（x）的图象有两个交点，，求证：＞2．（取e为2.8，取ln2为0.7，取为1.4） 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性． 【】（1）h（x）=f（x）g（x）=，则 ∵h（x）=f（x）g（x）在（0，+∞）上单调递增，对?x＞0，都有， 即对?x＞0，都有， ＞0，∴a≤0， 故实数a的取值范围是（∞，0]； （2）设切点，则切线方程为 即亦即 令由题意得 令，则 当t∈（0，1）时，＜0，φ（t）在（0，1）上单调递减； 当t∈（1，+∞）时，＞0，φ（t）在（1，+∞）上单调递增， a+b=φ（t）φ（1）=﹣1，故a+b的最小值为﹣1； （3）证明：由题意知两式相加得两式相减得 即， 即不妨令，记 令则 ∴在（1，+∞）上单调递增，则, ∴＞，则， ∴＞2， 又 ∴，即 令则x＞0时， ∴G（x）在（0，+∞）上单调递增， 又 ∴,则即　 已知函数在区间[1，2]上是减函数，那么b+c有最大值． 考点 函数单调性的性质． 【分析函数在区间[1，2]上是减函数， 在区间[1，2]上恒成立， 只要即成立即可． 当过A点时，b+c有最大值．A，故b+c有最大值为 故答案为：． 4. (淮安都梁中学2015届高三10月调研函数在定义域R内可导，若，且当时，则的大小关系是（要求用“＜”连接）． 考点利用导数研究函数的单调性 【分析由可知，的图象关于对称， 根据题意又知时，，此时为增函数， 时，，为减函数， 所以．函数的经过四个象限，则a的取值范围是 【分析】，得，.当时， 在和上是增函数，在上是减函数.因为，所以必过一、二、三象限，故只要极小值小于0即可.的解为，同理，当时， 得.综上，的取值范围是. 6．（15江苏高考压轴）已知函数（1）求在点处的切线方程； （2）求函数单调区间； （3）若存在，使得e是自然对数的底数，求实数的取值范围． （1）因为函数， 所以，又因为，所以函数在点处的切线方程为． （）由（1），． 因为当时，总有在上是增函数，又，所以不等式的解集为， 故函数的单调增区间为． （）因为存在，使得成立， 而当时，， 所以只要即可．又因为，，的变化情况如下表所示： 减函数 极小值 增函数 所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的最小值，的最大值为和中的最大值． 因为， 令，因为， 所以在上是增函数． 而，故当时，，即； 当时，，即． 所以，当时，，即，函数在上是增函数，解得；当时，，即，函数在上是减函数，解得． 综上可知，所求的取值范围为．设函数f（x）=在区间（a，a+2）上单调递增，则a的取值范围为． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质． [0，e2] 【分析∵f（x）=的定义域为（0，+），∴=， 由=＞0，解得0＜x＜e，即函数的递增区间为（0，e），若函数f（x）在区间（a，a+2）上单调递增，则，即0a≤e－2. 8. （15南通海门包场9月调研）已知函数f（x）=（3x+3），x∈[2，a]，a＞2，其中e是自然对数的底数． （1）若a＜1，求函数y=f（x）的单调区间； （2）求证：f（a）＞； （3）对于定义域为D的函数y=g（x），如果存在区间[m，n]?D，使得x∈[m，n]时，y=g（x）的值域是[m，n]，则称[m，n]是该函数y=g（x）的“保值区间”．设h（x）=f（x）+（x2），x∈（1，+∞），问函数y=h（x）是否存在“保值区间”？若存在，请求出一个“保值区间”； 若不存在，请说明理由． 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数的定义域及其求法；函数的值域． 解（1）f（x）=（3x+3）， =（x）=x（x1），x∈[2，a]，a＞2 x （，0）（0，1）（1