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

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