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  • 2021-07-01 发布

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

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www.ks5u.com 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 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-=(x>0),‎ 由f′(x)≤0,得00(其中x1<00,由f′(x)=x-≤0,得00,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 .‎ 当x∈时,f′(x)<0;‎ 当x∈时,f′(x)>0.‎ 故f(x)在上单调递减,‎ 在区间上单调递增.‎ ‎(2)①当a=0时,f(x)=e2x≥0恒成立.‎ ‎②若a<0,则由(1)得,当x=ln时,f(x)取得最小值,最小值为f=a2,‎ 故当且仅当a2≥0,‎ 即0>a≥-2e时,f(x)≥0.‎ 综上,a的取值范围是[-2e,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+(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+=(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=-.‎ 在区间上,f′(x)>0,在区间上,f′(x)<0,‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.‎ 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)=ax2+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-ax2-2x,x>0.‎ ‎∴h′(x)=-ax-2.‎ ‎(1)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,‎ 因为x∈[1,4],所以∈,‎ 所以G(x)max=G=-(此时x=4),所以a≥-.‎ 又当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.‎ ‎【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≤-恒成立,‎ 又当x∈[1,4]时,=-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在(1,4)上有解.‎ 令m(x)=-1,x∈(1,4),‎ 易知m(x)在(1,4)上是增函数,‎ ‎∴-1f C.f>f D.f>f ‎(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=,b=,c=,则a,b,c的大小关系正确的是(  )‎ A.a,所以g>g,‎ 所以>,即f>f.‎ ‎(2)设g(x)=,则g′(x)=,‎ 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)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)<0.‎ 令g(x)=,则g′(x)=,‎ ‎∴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)==-,‎ 又f(x)>-2x-1⇔>-=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)=(x>0),‎ 则g′(x)==<0,‎ 所以函数g(x)在(0,+∞)上为减函数,因此g(1)>g(2),‎ 即>,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.(-,) B. C.(0,) D. 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-f(1)>f B.f(1)>f>f C.f>f(1)>f D.f>f>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=f.‎ 又当x∈时,f′(x)=sin x+xcos x>0,‎ 所以函数f(x)在上是增函数,‎ 所以ff(1)>f.‎ 答案 A ‎5.已知函数f(x)=x3-4x+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. C. D. 解析 f′(x)=x2-4+2ex+2e-x≥x2-4+2=x2≥0,∴f(x)在R上是增函数.‎ 又f(-x)=-x3+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≤.‎ 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)上的解集为和,即f(x)的单调递增区间为,.‎ 答案 , ‎7.已知g(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)=-+2x+,‎ 由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立,‎ 可得a≤-x2在[1,2]上恒成立.‎ 又当x∈[1,2]时,=-4=-.‎ ‎∴a≤-.‎ 答案  ‎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<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是________________.‎ 解析 ∵当x>0时,′=<0,‎ ‎∴φ(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)=(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)=(x>0).‎ 又由题意知f′(1)==0,所以k=1.‎ ‎(2)由(1)知,f′(x)=(x>0).‎ 设h(x)=-ln x-1(x>0),‎ 则h′(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)=-,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-=(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.‎ B级 能力提升 ‎11.(2020·郑州调研)已知f(x)=aln x+x2(a>0),若对任意两个不相等的正实数x1,x2,都有>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>2恒成立,则当x>0时,f′(x)≥2恒成立,f′(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=,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 ‎13.已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+f<2f(1)的解集为________.‎ 解析 f(x)=xsin x+cos x+x2是偶函数,‎ 所以f=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≤(x2-2x)=(x-1)2-恒成立.‎ 令φ(x)=(x-1)2-,x∈(0,+∞),则其最小值为-.‎ 所以当a≤-时,g′(x)≥0恒成立.‎ 又当a=-时,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.‎ 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