【数学】2019届一轮复习北师大版理科第三章第2节第1课时导数在研究函数中的应用学案 15页

第2节　导数在研究函数中的应用 最新考纲　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 已知函数f(x)在某个区间内可导，‎ ‎(1)若f′(x)＞0，则函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；‎ ‎(2)若f′(x)＜0，则函数y＝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 条件 f′(x0)＝0‎ 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 图像 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)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.‎ ‎(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最 小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“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.‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(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)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.(　　)‎ ‎(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.(教材习题改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图像，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，且其左右两侧导数符号为左负右正.‎ 答案　A ‎3.函数f(x)＝(a>0)的单调递增区间是(　　)‎ A.(－∞，－1) B.(－1，1)‎ C.(1，＋∞) D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)‎ 解析　f′(x)＝，令f′(x)>0，解得－11时，f′(x)>0，‎ 当－20时，h(x)>0，当x<0时，h(x)<0.‎ ‎(1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.‎ ‎(2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；‎ ‎(3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.‎ 综上所述：‎ 当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减；‎ 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；‎ 当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减.‎ 规律方法　利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.讨论的标准有以下几种可能：(1)f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)有根，求出的根是否在定义域内；‎ ‎(3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小.‎ ‎【训练1】 已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.‎ 解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，‎ 因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，‎ 即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)得g(x)＝ex，‎ 故g′(x)＝ex＋ex ‎＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.‎ 令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0，‎ 解之得－10.‎ ‎∴h′(x)＝－ax－2.‎ 若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，‎ 则当x>0时，－ax－2<0有解，即a>－有解.‎ 设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.(*)‎ 又G(x)＝－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)＝－ax－2≤0恒成立，(**)‎ 则a≥－恒成立，设G(x)＝－，‎ 所以a≥G(x)max.‎ 又G(x)＝－1，x∈[1，4]，‎ 因为x∈[1，4]，所以∈，‎ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.‎ 当a＝－时，‎ h′(x)＝＋x－2＝＝，‎ ‎∵x∈[1，4]，‎ ‎∴h′(x)＝≤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.‎ 规律方法　1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.‎ ‎2.若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解.‎ 易错警示　(1)本例中，对特称命题理解不清，不能把第(1)问转化为－ax－2<0有解，难以得到不等式(*).错求a的取值范围.(2)错误理解“f(x)为减函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≤0，且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0”.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.导致在第(2)问中(**)处易错求h′(x)<0恒成立，另外在(***)处容易忽视a＝－进行检验.‎ ‎【训练2】 (1)(2018·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1，2] B.[4，＋∞)‎ C.(－∞，2] D.(0，3]‎ 解析　∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，‎ ‎∴由f′(x)≤0解得02时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当10时恒成立，‎ ‎∴a≤(x2－2x)＝(x－1)2－恒成立.‎ 又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值为－.‎ ‎∴当a≤－时，g′(x)≥0恒成立.‎ 又当a＝－，g′(x)＝当且仅当x＝1时，g′(x)＝0.‎ 故当a∈时，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增.‎ 考点三　函数单调性的简单应用(多维探究)‎ 命题角度1　利用函数的单调性解不等式 ‎【例3－1】 (1)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) B.(－1，＋∞)‎ C.(－∞，－1) D.(－∞，＋∞)‎ ‎(2)(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　(1)设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，‎ ‎∵m′(x)＝f′(x)－2>0，‎ ‎∴m(x)在R上是增函数.‎ ‎∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，‎ ‎∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}.‎ ‎(2)f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0且f′(x)不恒为0，所以f(x)为单调递增函数.‎ 又f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－＝－＝－f(x)，故f(x)为奇函数.由f(a－1)＋f(2a2)≤0得，f(2a2)≤－f(a－1)＝f(1－a)，所以2a2≤1－a，解得－1≤a≤，‎ 故实数a的取值范围为.‎ 答案　(1)B　(2) 命题角度2　利用函数的单调性比较大小 ‎【例3－2】 (1)(2017·安徽二模)已知f(x)＝，则(　　)‎ A.f(2)>f(e)>f(3) B.f(3)>f(e)>f(2)‎ C.f(3)>f(2)>f(e) D.f(e)>f(3)>f(2)‎ ‎(2)(2017·南昌模拟)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈，都有f′(x)sin x f B.f >f(1)‎ C.f 0，x∈(e，＋∞)，f′(x)<0，故x＝e时，‎ f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，则f(e)>f(3)>f(2).‎ ‎(2)构造g(x)＝，则g′(x)＝<0在上恒成立，‎ ‎∴g(x)在上单调递减，‎ ‎∴g>g，即>，‎ 即f >f .‎ 答案　(1)D　(2)A 规律方法　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.‎ ‎【训练3】 (2018·武汉模拟)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＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系正确的是(　　)‎ A.a0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0.‎ ‎∴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)，‎ ‎∴g(3)0，解得x>e－1，‎ 所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞).‎ 答案　D ‎2.已知f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　)‎ A.f(2)>f(3)>f(π) B.f(3)>f(2)>f(π)‎ C.f(2)>f(π)>f(3) D.f(π)>f(3)>f(2)‎ 解析　因为f(x)＝1＋x－sin x，所以f′(x)＝1－cos x，‎ 当x∈(0，π]时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(0，π]上是增函数，‎ 所以f(π)>f(3)>f(2).‎ 答案　D ‎3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是(　　)‎ 解析　利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.‎ 答案　D ‎4.(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) B.(－1，1)‎ C.(－∞，0) D.(－1，＋∞)‎ 解析　设g(x)＝，则g′(x)＝<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.‎ 答案　A ‎5.(2018·南昌期末)f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)‎ A.(－∞，1) B.(－∞，1]‎ C.(－∞，2) D.(－∞，2]‎ 解析　由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，‎ ‎∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，‎ ‎∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.‎ 答案　D 二、填空题 ‎6.已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递增区间为________.‎ 解析　因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，‎ 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ‎＝(－x2＋2)ex.‎ 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，‎ 因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－0，解得a>－3，‎ 所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞).‎ 答案　(－3，0)∪(0，＋∞)‎ ‎8.(2018·长治联考)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1>0，f(1)＝6，则不等式f(lg x)<＋5的解集为________.‎ 解析　构造g(x)＝f(x)－－5，则g′(x)＝f′(x)＋＝>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∵f(1)＝6，∴g(1)＝0，‎ 故g(x)<0的解集为(0，1)，即f(x)<＋5的解集为(0，1)，‎ 由00).‎ 则f′(x)＝.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.‎ 但－1∉(0，＋∞)，舍去.‎ 当x∈(0，5)时，f′(x)<0；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).‎ ‎10.已知a∈R，若函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)在(－1，1)上单调递增，求a的取值范围.‎ 解　因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，‎ 所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立.‎ 因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，‎ 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.‎ 因为ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0，‎ 则a≥＝＝(x＋1)－对x∈(－1，1)都成立.‎ 令g(x)＝(x＋1)－，则g′(x)＝1＋＞0，‎ 所以g(x)＝(x＋1)－在(－1，1)上单调递增，‎ 所以g(x)＜g(1)＝(1＋1)－＝，‎ 所以a≥，又当a＝时，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，‎ 所以a的取值范围是.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.(2017·山东卷)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＝，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＝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)＝excos，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确.‎ 答案　A ‎12.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a＝f(0)，b＝f ，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________(由小到大).‎ 解析　依题意得，当x<1时，f′(x)>0，‎ 则f(x)在(－∞，1)上为增函数；‎ 又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，‎ 因此有f(－1)1时，g(x)>0.‎ ‎(1)解　由题意得f′(x)＝2ax－＝(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＝，‎ 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈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)＝－＝>0.‎