【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时学案 12页

第 11 讲 导数在研究函数中的应用 第 1 课时 利用导数研究函数的单调性 函数的单调性与导数的关系 1．概念辨析 (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)可导函数 f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都 有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)且 f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ 2．小题热身 (1)如图是函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( ) A．在区间(－2,1)上 f(x)是增函数 B．在区间(1,3)上 f(x)是减函数 C．在区间(4,5)上 f(x)是增函数 D．当 x＝2 时，f(x)取到极小值 答案 C 解析 观察 y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3) 上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当 x＝2 时，f(x)取到极大值，故只有 C 正 确． (2)f(x)＝x3－6x2 的单调递减区间为( ) A．(0,4) B．(0,2) C．(4，＋∞) D．(－∞，0) 答案 A 解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由 f′(x)<0 得 00 时，函数 f(x)单调递增，此 时由不等式 f′(x)＝(x－2)ex>0，解得 x>2. (4)已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的最大值是________． 答案 3 解析 由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0 对 x∈[1，＋∞)恒成立，即 a≤3x2 对 x ∈[1，＋∞)恒成立，所以 a≤3. 经检验 a＝3 也满足题意，所以 a 的最大值是 3. 题型 一 不含参数的函数的单调性 1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( ) A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减 C．在 0，1 e 上单调递增 D．在 0，1 e 上单调递减 答案 D 解析 f′(x)＝x′ln x＋x(ln x)′＝ln x＋1. 由 f′(x)＝0 得 x＝1 e ， 当 x∈ 0，1 e 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当 x∈ 1 e ，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故只有 D 正确． 2．函数 f(x)＝ 3x x2＋1 的单调递增区间是( ) A．(－∞，－1) B．(－1,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞) 答案 B 解 析 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 R ， f′(x) ＝ 31－x2 x2＋12 ＝ 31－x1＋x x2＋12 . 要 使 f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得 x∈(－1,1)． 3．(2019·江西金溪一中等校联考)已知函数 f(x)与 f′(x)的图象如图所示，则 函数 g(x)＝fx ex 的单调递减区间为( ) A．(0,4) B．(－∞，1)， 4 3 ，4 C. 0，4 3 D．(0,1)，(4，＋∞) 答案 D 解析 由题图可知，先减后增的那条曲线为 f′(x)的图象，先增后减最后增 的曲线为 f(x)的图象． 因为 g(x)＝fx ex ，所以 g′(x)＝f′xex－fxex ex2 ＝f′x－fx ex ，由图象可知，当 x∈(0,1)和(4，＋∞)时，f′(x)0，函数 f(x)为增函数， 当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，函数 f(x)为减函数． 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)． 确定不含参数的函数单调区间的步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域． (2)求 f′(x)． (3)解不等式 f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 1.(2017·浙江高考)函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则函数 y ＝f(x)的图象可能是( ) 答案 D 解析 由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上 是先增后减再增．故选 D. 2.已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( ) A. 0，1 2 和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C. 0，1 2 和(2，＋∞) D．(1,2) 答案 C 解析 函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋2 x ＝ 2x2－5x＋2 x ＝x－22x－1 x >0，解得 02，故函数 f(x)的单调递增区间是 0，1 2 和(2，＋∞). 3.(2019·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsinx＋cosx，则 f(x) 的单调递增区间是________． 答案 －π，－π 2 和 0，π 2 解析 因为 f(x)＝xsinx＋cosx，所以 f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx. 令 f′(x)>0，得 xcosx>0.又因为－π2，令 f′(x)＝0，得 x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈ 0，a－ a2－4 2 ∪ a＋ a2－4 2 ，＋∞ 时，f′(x)<0； 当 x∈ a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上单调递减，在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增． 条件探究 1 若举例说明中的函数变为 f(x)＝ax2－a－ln x，应如何解答？ 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． 条件探究 2 若举例说明中的函数变为 f(x)＝x－2 x ＋1－aln x(a>0)，应如何 解答？ 解 由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1＋2 x2 －a x ＝ x2－ax＋2 x2 .设 g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0 的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0， 即 00 都有 f′(x)≥0.此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函 数．②当Δ>0，即 a>2 2时，方程 g(x)＝0 有两个不同的实根 x1＝a－ a2－8 2 ，x2 ＝a＋ a2－8 2 ，02 时，f′(x)＝0 有两个实根. 1．已知函数 f(x)＝1 3x3－(2m＋1)x2＋3m(m＋2)x＋1，其中 m∈R，求函数 f(x) 的单调递增区间． 解 f′(x)＝x2－2(2m＋1)x＋3m(m＋2) ＝(x－3m)(x－m－2)． 当 3m＝m＋2，即 m＝1 时，f′(x)＝(x－3)2≥0， ∴f(x)单调递增，即 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． 当 3m>m＋2，即 m>1 时，由 f′(x)＝(x－3m)(x－m－2)>0 可得 x3m， 此时 f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)． 当 3m0，可得 x<3m 或 x>m ＋2， 此时 f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)． 综上所述，当 m＝1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 当 m>1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，m＋2)，(3m，＋∞)； 当 m<1 时，f(x)的单调递增区间为(－∞，3m)，(m＋2，＋∞)． 2．已知函数 f(x)＝e2x－aex－a2x，讨论函数 f(x)的单调性． 解 函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，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， 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． ③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 ln －a 2 ，＋∞ 上单调递增． 题型 三 函数单调性的应用问题 角度 1 比较大小或解不等式 1．(1)(2019·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＝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．af π 3 的 x0 的取值范 围为________． 答案 (1)D (2) －π 2 ，－π 3 ∪ π 3 ，π 2 解析 (1)设 g(x)＝fx x ，则 g′(x)＝xf′x－fx x2 ， ∵当 x>0 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)f π 3 ，知π 30，求函数 f(x)的单调区间； ③设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求 实数 a 的取值范围． 答案 (1)A (2)见解析 解析 (1)∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－9 x ， ∴由 f′(x)≤0 解得 00， a＋1≤3， 解得 10)， 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0； 当 x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0， a)． ③g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在 x∈(－2，－1)， 使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2<0 成立， 即 x∈(－2，－1)时， a< x＋2 x max＝－2 2， 当且仅当 x＝2 x ，即 x＝－ 2时等号成立． 所以满足要求的 a 的取值范围是(－∞，－2 2)． 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．常见构造的辅 助函数形式有： (1)f(x)>g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)； (2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′； (3)xf′(x)－f(x)→ fx x ′； (4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′； (5)f′(x)－f(x)→ fx ex ′. 2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法 (1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求 出参数的取值范围． (2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是 f′(x)>0(或 f′(x)<0) 在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．如举例说 明 2(2)． (3)若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 上含有参数时，可先求出 f(x)的单 调区间，令 I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．如举例说明 2(1). 1．已知 y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有 f′(x)＋fx x >0，则对于任意 的 a，b∈(0，＋∞)，当 a>b 时，有( ) A．af(a)bf(b) C．af(b)>bf(a) D．af(b)0⇒xf′x＋fx x >0⇒[xfx]′ x >0，即[xf(x)]′x>0.∵x>0， ∴[xf(x)]′>0，即函数 y＝xf(x)在(0，＋∞)上为增函数，由 a，b∈(0，＋∞)且 a>b， 得 af(a)>bf(b)，故选 B. 2．若函数 f(x)＝x3 3 －a 2x2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. 5 2 ，10 3 B. 5 2 ，＋∞ C. 10 3 ，＋∞ D．[2，＋∞) 答案 B 解析 若函数 f(x)＝x3 3 －a 2x2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则 f′(x)＝x2－ax ＋1≤0 在[1,2]上恒成立，即 a≥x＋1 x 在[1,2]上恒成立，又当 x∈[1,2]时， x＋1 x max ＝2＋1 2 ＝5 2 ，所以 a≥5 2.故选 B. 3．若函数 f(x)＝x3－12x 在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数 k 的 取值范围是________． 答案 (－3，－1)∪(1,3) 解析 f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2， ＋∞)，由 f′(x)<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是 单调函数，所以 k－1<－2