专题15 已知函数的单调区间求参数的范围(解析版).docxVIP

专题15 已知函数的单调区间求参数的范围 【知识总结】 一般地，在不等式中如同时含有f(x)与f′(x)，常需要通过构造含f(x)与另一函数的积或商的新函数来求解，再借助导数考查新函数的性质，继而获得解答。如本题已知条件“2f(x)＋xf′(x)0”，需构造函数g(x)＝x2f(x)，求导后得x0时，g′(x)0，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，从而问题得以解决。 【例题讲解】 【例1】设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(－x)－f(x)＝0，且x∈[0，＋∞)时，f′(x)2x。若f(a－2)－f(a)≥4－4a，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 解析　令G(x)＝f(x)－x2，则G′(x)＝f′(x)－2x。x∈[0，＋∞)时，G′(x)＝f′(x)－2x0，所以G(x)在[0，＋∞)上是增函数。G(－x)＝f(－x)－(－x)2＝f(x)－x2＝G(x)，所以G(x)为偶函数，G(x)在(－∞，0)上是减函数。因为f(a－2)－f(a)≥4－4a，所以f(a－2)－4＋4a－a2≥f(a)－a2，所以f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即G(a－2)≥G(a)，所以|a－2|≥|a|，所以a≤1。故选A。 答案　A 【例2】已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x0都有2f(x)＋xf′(x)0成立，则(　　) A．4f(－2)9f(3) B．4f(－2)9f(3) C．2f(3)3f(－2) D．3f(－3)2f(－2) 解析　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意x0都有2f(x)＋xf′(x)0成立，则当x0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)g(3)，则有g(－2)g(3)，即有4f(－2)9f(3)。故选A。 答案　A 【变式训练】1．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)eq \f(1,2)，则不等式f(x2)eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2)的解集为________。 解析　由题意构造函数F(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x，则F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)。因为f′(x)eq \f(1,2)，所以F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)0，即函数F(x)在R上单调递减。因为f(x2)eq \f(x2,2)＋eq \f(1,2)，f(1)＝1，所以f(x2)－eq \f(x2,2)f(1)－eq \f(1,2)，所以F(x2)F(1)，又函数F(x)在R上单调递减，所以x21，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)。 答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 【变式训练】定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)f(x)恒成立，若x1x2，则e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系为(　　) A．ex1f(x2)e x2f(x1) B．e x1f(x2)e x2f(x1) C．e x1f(x2)＝e x2f(x1) D．e x1f(x2)与e x2f(x1)的大小关系不确定 解析　设g(x)＝eq \f(f?x?,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′?x?ex－f?x?ex,?ex?2)＝eq \f(f′?x?－f?x?,ex)，由题意得g′(x)0，所以g(x)单调递增，当x1x2时，g(x1)g(x2)，即eq \f(f?x1?,e x1)eq \f(f?x2?,e x2)，所以e x1f(x2)e x2f(x1)。 答案　A 【例题训练】 一、单选题 1．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 利用导函数研究原函数的单调性，利用单调性求解实数的取值范围． 【详解】 解：函数 则 上， 要使函数在区间上单调递增， 在上恒成立， 即：在上恒成立， 上， 故选：． 【点睛】 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2．已知函数，函数的图象过定点，对于任意，有，则实数的范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 由图象过定点可得，设，结合已知条件可得在递增，