2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性 16页

第 2 节　导数在研究函数中的应用 考试要求　1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的 单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大 值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会 解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题. 知 识 梳 理 1.函数的单调性与导数的关系 函数 y＝f(x)在某个区间内可导，则： (1)若 f′(x)>0，则 f(x)在这个区间内单调递增； (2)若 f′(x)<0，则 f(x)在这个区间内单调递减； (3)若 f′(x)＝0，则 f(x)在这个区间内是常数函数. 2.函数的极值与导数 f′(x0)＝0 条件 x0 附近的左侧 f′(x)>0，右 侧 f′(x)<0 x0 附近的左侧 f′(x)<0，右 侧 f′(x)>0 图象 形如山峰 形如山谷 极值 f(x0)为极大值 f(x0)为极小值 极值点 x0 为极大值点 x0 为极小值点 3.函数的最值与导数 (1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值. (2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值； ②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值， 最小的一个是最小值. [常用结论与微点提醒] 1.若函数 f(x)在区间(a，b)上递增，则 f′(x)≥0，所以“f′(x)>0 在(a，b)上成立”是“f(x) 在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数 f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数 f(x)在 x＝x0 处有极值”的必要不充分条件. 3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然 认为极值就是最值. 4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的 大小关系. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (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.(　　) (3)函数的极大值一定大于其极小值.(　　) (4)对可导函数 f(x)，若 f′(x0)＝0，则 x0 为极值点.(　　) (5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.(　　) 解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有 f′(x)≥0. (3)函数的极大值也可能小于极小值. (4)x0 为 f(x)的极值点的充要条件是 f′(x0)＝0，且 x0 两侧导函数异号. 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ 2.(老教材选修 2－2P32A4改编)如图是 f(x)的导函数 f′(x)的图象，则 f(x)的极小值点的个 数为(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　由题意知在 x＝－1 处 f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正. 答案　A 3.(老教材选修 2－2P26 练习 T1 改编)函数 f(x)＝x2－2ln x 的单调递减区间是(　　) A.(0，1] B.[1，＋∞) C.(－∞，－1] D.[－1，0)∪(0，1] 解析　由题意知 f′(x)＝2x－ 2 x＝ 2x2－2 x (x>0)， 由 f′(x)≤0，得 00(其中 x1<00，由 f′(x)＝x－ 9 x≤0，得 0 0， a＋1 ≤ 3，解得 10， 所以 f(x)在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数. 又 f(0)＝m，f(3)＝－3＋m. 所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以 m＝4. 答案　4 第一课时　导数与函数的单调性 考点一　讨论函数的单调性 【例 1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数 a≤0. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围. 解　(1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且 a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a). ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln (－ a 2 ). 当 x∈(－∞，ln(－ a 2 ))时，f′(x)<0； 当 x∈(ln(－ a 2 )，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln(－ a 2 ))上单调递减， 在区间(ln(－ a 2 )，＋∞)上单调递增. (2)①当 a＝0 时，f(x)＝e2x≥0 恒成立. ②若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln (－ a 2 )时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln(－ a 2 ))＝a2 [3 4－ln(－ a 2 )]， 故当且仅当 a2[3 4－ln(－ a 2 )]≥0， 即 0>a≥－2e 3 4 时，f(x)≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 3 4 ，0]. 规律方法　1.(1)研究含参数的函数的单调性，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. 2.个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如 f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0 在 x ＝0 时取到)，f(x)在 R 上是增函数. 【训练 1】 已知函数 f(x)＝ax＋ln x(a∈R). (1)若 a＝2，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程； (2)求 f(x)的单调区间. 解　(1)当 a＝2 时，由已知得 f′(x)＝2＋ 1 x(x>0)，f′(1)＝2＋1＝3，且 f(1)＝2，所以切 线斜率 k＝3. 所以切线方程为 y－2＝3(x－1)，即 3x－y－1＝0. 故曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 3x－y－1＝0. (2)由已知得 f′(x)＝a＋ 1 x＝ ax＋1 x (x>0)， ①当 a≥0 时，由于 x>0，故 ax＋1>0，f′(x)>0， 所以 f(x)的单调递增区间(0，＋∞). ②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝－ 1 a. 在区间(0，－ 1 a)上，f′(x)>0，在区间(－ 1 a，＋∞)上，f′(x)<0， 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，－ 1 a)，单调递减区间为(－ 1 a，＋∞). 考点二　根据函数单调性求参数　 典例迁移 【例 2】 (经典母题)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝ 1 2ax2＋2x. (1)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围； (2)若函数 h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数 a 的取值范围. 解　h(x)＝ln x－ 1 2ax2－2x，x>0. ∴h′(x)＝ 1 x－ax－2. (1)若函数 h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当 x>0 时， 1 x－ax－2<0 有解，即 a> 1 x2－ 2 x有解. 设 G(x)＝ 1 x2－ 2 x，所以只要 a>G(x)min. 又 G(x)＝(1 x－1 ) 2 －1，所以 G(x)min＝－1. 所以 a>－1.即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞). (2)由 h(x)在[1，4]上单调递减， ∴当 x∈[1，4]时，h′(x)＝ 1 x－ax－2≤0 恒成立， 则 a≥ 1 x2－ 2 x恒成立，设 G(x)＝ 1 x2－ 2 x， 所以 a≥G(x)max. 又 G(x)＝(1 x－1 ) 2 －1， 因为 x∈[1，4]，所以 1 x∈[1 4，1 ]， 所以 G(x)max＝G(1 4 )＝－ 7 16(此时 x＝4)，所以 a≥－ 7 16. 又当 a＝－ 7 16时，h′(x)＝ 1 x＋ 7 16x－2＝ （7x－4）（x－4） 16x ， ∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝ （7x－4）（x－4） 16x ≤0， 当且仅当 x＝4 时等号成立. ∴h(x)在[1，4]上为减函数. 故实数 a 的取值范围是[－ 7 16，＋∞). 【迁移 1】 本例(2)中，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　因为 h(x)在[1，4]上单调递增， 所以当 x∈[1，4]时，h′(x)≥0 恒成立， 所以当 x∈[1，4]时，a≤ 1 x2－ 2 x恒成立， 又当 x∈[1，4]时，( 1 x2－ 2 x) min＝－1(此时 x＝1)， 所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]. 【迁移 2】 本例(2)中，若函数 h(x)在区间[1，4]上不单调，求实数 a 的取值范围. 解　∵h(x)在区间[1，4]上不单调， ∴h′(x)＝0 在开区间(1，4)上有解. 则 a＝ 1 x2－ 2 x＝(1 x－1 ) 2 －1 在(1，4)上有解. 令 m(x)＝(1 x－1 ) 2 －1，x∈(1，4)， 易知 m(x)在(1，4)上是增函数， ∴－1f(π 4 ) C. 2f(π 6 )> 3f(π 4 ) D. 2f(π 3 )>f(π 6 ) (2)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0， 若 a＝ f（e） e ，b＝ f（ln 2） ln 2 ，c＝ f（－3） －3 ，则 a，b，c 的大小关系正确的是(　　) A.a 0， 解得 1 e π 4 ，所以 g (π 3 )>g(π 4 )， 所以 f(π 3 ) cos π 3 > f(π 4 ) cos π 4 ，即 2f(π 3 )>f(π 4 ). (2)设 g(x)＝ f（x） x ，则 g′(x)＝ xf′（x）－f（x） x2 ， 因为当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0， 所以 g′(x)<0. 所以 g(x)在(0，＋∞)上是减函数. 由 f(x)为奇函数，知 g(x)为偶函数，则 g(－3)＝g(3)， 又 a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g(3)， 所以 g(3) f′（x） ln 2 成立，若 f(－2)＝2，则不等式 f(x)>－2x－1 的解集为 (　　) A.(－2，＋∞) B.(2，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－∞，2) 解析　f(x)> f′（x） ln 2 ⇔f′(x)－ln 2·f(x)<0. 令 g(x)＝ f（x） 2x ，则 g′(x)＝ f′（x）－f（x）·ln 2 2x ， ∴g′(x)<0，则 g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数. 由 f(－2)＝2，且 f(x)在 R 上是奇函数， 得 f(2)＝－2，则 g(2)＝ f（2） 22 ＝－ 1 2， 又 f(x)>－2x－1⇔ f（x） 2x >－ 1 2＝g(2)， 所以 x<2. 答案　D 规律方法　1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问 题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在 f(x)与 f′(x)的不等关系时，常构造含 f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条， 利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式. 【训练 3】 (1)(角度 1)已知 f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为 f′(x)，且 不等式 xf′(x)<2f(x)恒成立，则(　　) A.4f(1)f(2) C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2) (2)(角度 2)f(x)是定义在 R 上的偶函数，当 x≥0 时，f′(x)>2x.若 f(a－2)－f(a)≥4－4a， 则实数 a 的取值范围是(　　) A.(－∞，1] B.[1，＋∞) C.(－∞，2] D.[2，＋∞) 解析　(1)设函数 g(x)＝ f（x） x2 (x>0)， 则 g′(x)＝ x2f′（x）－2xf（x） x4 ＝ xf′（x）－2f（x） x3 <0， 所以函数 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，因此 g(1)>g(2)， 即 f（1） 12 > f（2） 22 ，所以 4f(1)>f(2). (2)令 G(x)＝f(x)－x2，则 G′(x)＝f′(x)－2x. 当 x∈[0，＋∞)时，G′(x)＝f′(x)－2x>0. ∴G(x)在[0，＋∞)上是增函数. 由 f(a－2)－f(a)≥4－4a，得 f(a－2)－(a－2)2≥f(a)－a2，即 G(a－2)≥G(a)， 又 f(x)是定义在 R 上的偶函数，知 G(x)是偶函数. 故|a－2|≥|a|，解之得 a≤1. 答案　(1)B　(2)A A 级　基础巩固 一、选择题 1.函数 y＝f(x)的图象如图所示，则 y＝f′(x)的图象可能是(　　) 解析　由函数 f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项 D 满足. 答案　D 2.(2020·石家庄检测)已知 a 为实数，f(x)＝ax3＋3x＋2，若 f′(－1)＝－3，则函数 f(x)的 单调递增区间为(　　) A.(－ 2， 2) B.(－ 2 2 ， 2 2 ) C.(0， 2) D.(－ 2， 2 2 ) 解析　f(x)＝ax3＋3x＋2，则 f′(x)＝3ax2＋3， 又 f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得 a＝－2， ∴f′(x)＝－6x2＋3，由 f′(x)>0，解得－ 2 2 f(1)>f(π 5 ) B.f(1)>f(－ π 3 )>f(π 5 ) C.f(π 5 )>f(1)>f(－ π 3 ) D.f(－ π 3 )>f(π 5 )>f(1) 解析　因为 f(x)＝xsin x， 所以 f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)， 所以函数 f(x)是偶函数，所以 f(－ π 3 )＝f(π 3 ). 又当 x∈(0， π 2 )时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0， 所以函数 f(x)在(0， π 2 )上是增函数， 所以 f(π 5 )f(1)>f(π 5 ). 答案　A 5.已知函数 f(x)＝ 1 3x3－4x＋2ex－2e－x，其中 e 为自然对数的底数，若 f(a－1)＋f(2a2)≤0， 则实数 a 的取值范围是(　　) A.(－∞，－1] B.[1 2，＋∞) C.(－1， 1 2) D.[－1， 1 2] 解析　f′(x)＝x2－4＋2ex＋2e－x≥x2－4＋2 4ex·e－x＝x2≥0，∴f(x)在 R 上是增函数. 又 f(－x)＝－ 1 3x3＋4x＋2e－x－2ex＝－f(x)，知 f(x)为奇函数. 故 f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)， ∴a－1≤－2a2，解之得－1≤a≤ 1 2. 答案　D 二、填空题 6.已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调递增区间为 ________. 解析　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.令 f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π) 上的解集为(－π，－ π 2 )和(0， π 2 )，即 f(x)的单调递增区间为(－π，－ π 2 )，(0， π 2 ). 答案　(－π，－ π 2 )，(0， π 2 ) 7.已知 g(x)＝ 2 x＋x2＋2aln x 在[1，2]上是减函数，则实数 a 的取值范围为________. 解析　g′(x)＝－ 2 x2＋2x＋ 2a x ， 由已知得 g′(x)≤0 在[1，2]上恒成立， 可得 a≤ 1 x－x2 在[1，2]上恒成立. 又当 x∈[1，2]时，(1 x－x2) min＝ 1 2－4＝－ 7 2. ∴a≤－ 7 2. 答案　(－∞，－ 7 2] 8.(2020· 西 安 调 研 ) 设 f(x) 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 ， f(2) ＝ 0 ， 当 x>0 时 ， 有 xf′（x）－f（x） x2 <0 恒成立，则不等式 x2f(x)>0 的解集是________________. 解析　∵当 x>0 时，[f（x） x ]′＝ x·f′（x）－f（x） x2 <0， ∴φ(x)＝ f（x） x 在(0，＋∞)上为减函数， 又 f(2)＝0，即 φ(2)＝0， ∴在(0，＋∞)上，当且仅当 00， 此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数， 由数形结合知 x∈(－∞，－2)时 f(x)>0. 故 x2f(x)>0 的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 答案　(－∞，－2)∪(0，2) 三、解答题 9.已知函数 f(x)＝ ln x＋k ex (k 为常数)，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求实数 k 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解　(1)f′(x)＝ 1 x－ln x－k ex (x>0). 又由题意知 f′(1)＝ 1－k e ＝0，所以 k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝ 1 x－ln x－1 ex (x>0). 设 h(x)＝ 1 x－ln x－1(x>0)， 则 h′(x)＝－ 1 x2－ 1 x<0， 所以 h(x)在(0，＋∞)上单调递减. 由 h(1)＝0 知，当 00，所以 f′(x)>0； 当 x>1 时，h(x)<0，所以 f′(x)<0. 综上 f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞). 10.设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝ 1 x－ e ex，其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x>1 时，g(x)>0. (1)解　由题意得 f′(x)＝2ax－ 1 x＝ 2ax2－1 x (x>0). 当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减. 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ 1 2a， 当 x∈(0， 1 2a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈( 1 2a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. (2)证明　令 s(x)＝ex－1－x，则 s′(x)＝ex－1－1. 当 x>1 时，s′(x)>0，所以 s(x)>s(1)，即 ex－1>x， 从而 g(x)＝ 1 x－ e ex＝ e（ex－1－x） xex >0. B 级　能力提升 11.(2020·郑州调研)已知 f(x)＝alnx＋ 1 2x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数 x1，x2，都 有 f（x1）－f（x2） x1－x2 >2 恒成立，则 a 的取值范围为(　　) A.(0，1] B.(1，＋∞) C.(0，1) D.[1，＋∞) 解析　对任意两个不相等的正实数 x1，x2，都有 f（x1）－f（x2） x1－x2 >2 恒成立，则当 x>0 时， f′(x)≥2 恒成立，f′(x)＝ a x＋x≥2 在(0，＋∞)上恒成立，则 a≥(2x－x2)max＝1. 答案　D 12.若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质.下列函数中具有 M 性质的是(　　) A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2 C.f(x)＝3－x D.f(x)＝cos x 解析　设函数 g(x)＝ex·f(x)，对于 A，g(x)＝ex·2－x＝(e 2 ) x ，在定义域 R 上为增函数， A 正确.对于 B，g(x)＝ex·x2，则 g′(x)＝x(x＋2)ex，由 g′(x)>0 得 x<－2 或 x>0，∴g(x) 在定义域 R 上不是增函数，B 不正确.对于 C，g(x)＝ex·3－x＝(e 3 ) x 在定义域 R 上是减函 数，C 不正确.对于 D，g(x)＝ex·cos x，则 g′(x)＝ 2excos(x＋ π 4 )，g′(x)>0 在定义域 R 上不恒成立，D 不正确. 答案　A 13.已知函数 f(x)＝ xsin x＋cos x＋x2 ，则不等式 f(ln x)＋ f(ln 1 x)<2f(1)的解集为 ________. 解析　f(x)＝xsin x＋cos x＋x2 是偶函数， 所以 f(ln 1 x)＝f(－ln x)＝f(ln x). 则原不等式可变形为 f(ln x)0，得 x>0 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴|ln x|<1⇔－10). 当 02 时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 10 时恒成立， 所以 a≤ 1 2(x2－2x)＝ 1 2(x－1)2－ 1 2恒成立. 令 φ(x)＝ 1 2(x－1)2－ 1 2，x∈(0，＋∞)，则其最小值为－ 1 2. 所以当 a≤－ 1 2时，g′(x)≥0 恒成立. 又当 a＝－ 1 2时，g′(x)＝ （x－1）2 x ， 当且仅当 x＝1 时，g′(x)＝0. 故当 a∈(－∞，－ 1 2]时，g(x)＝f(x)－ax 在(0，＋∞)上单调递增. C 级　创新猜想 15.(多填题)已知函数 f(x)＝x3＋mx2＋nx－2 的图象过点(－1，－6)，函数 g(x)＝f′(x)＋6x 的图象关于 y 轴对称.则 m＝________，f(x)的单调递减区间为________. 解析　由 f(x)的图象过点(－1，－6)，得 m－n＝－3，① 又 g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n 为偶函数， ∴2m＋6＝0，即 m＝－3，② 代入①式，得 n＝0. 所以 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). 令 f′(x)<0，得 0