【数学】2019届一轮复习人教A版理第2章第11节　第1课时　导数与函数的单调性教案 10页

第十一节　导数的应用 ‎[考纲传真]　(教师用书独具)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(其中多项式函数一般不超过三次)；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(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；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．‎ ‎(对应学生用书第34页)‎ ‎[基础知识填充]‎ ‎1．函数的单调性 在(a，b)内函数f(x)可导，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.‎ f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．‎ f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．‎ ‎2．函数的极值 ‎(1)函数的极小值：‎ 函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．‎ ‎(2)函数的极大值：‎ 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．‎ 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．‎ ‎3．函数的最值 ‎(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．‎ ‎(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．‎ ‎[知识拓展]‎ ‎1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．‎ ‎2．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．‎ ‎3．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．‎ ‎[基本能力自测]‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　)‎ ‎(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．(　　)‎ ‎(3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)‎ ‎(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．(　　)‎ ‎(6)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　　)‎ ‎[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×‎ ‎2．(教材改编)f(x)＝x3－6x的单调递减区间为(　　)‎ A．(0,4)　 B．(0,2)‎ C．(4，＋∞) D．(－∞，0)‎ A　[f′(x)＝3x－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4，‎ ‎∴单调递减区间为(0,4)．]‎ ‎3．如图2111所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　)‎ 图2111‎ A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(1,3)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(3,4)上是增函数 A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]‎ ‎4．函数y＝2x3－2x在区间[－1,2]上的最大值是________．‎ ‎8　[y′＝6x－4x，令y′＝0，‎ 得x＝0或x＝.‎ ‎∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，‎ f(2)＝8，∴最大值为8.]‎ ‎5．函数f(x)＝x－aln x(a＞0)的极小值为________．‎ a－aln a　[f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ 易知f′(x)＝1－.‎ 由f′(x)＝0，解得x＝a(a＞0)．‎ 又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，‎ ‎∴函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a．]‎ 第1课时　导数与函数的单调性 ‎(对应学生用书第35页)‎ 利用用导数法判断或证明函数的单调性 ‎　(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝e(e－a)－ax.讨论f(x)的单调性．‎ ‎[解]　函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，‎ f′(x)＝2e－ae－a＝(2e＋a)(e－a)．‎ ‎①若a＝0，则f(x)＝e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.‎ 当x∈时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.‎ 故f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增．‎ ‎[规律方法]　用导数证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 一求：求f′(x)；‎ 二定：确定f′(x)在(a，b)内的符号；‎ 三结论：作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数.‎ 易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.‎ (1)讨论分以下四个方面 ‎①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，④‎ 根在不在定义域内讨论.‎ (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分点.‎ (3)讨论完必须写综述.‎ ‎[跟踪训练]　(2016·四川高考节选)设函数f(x)＝ax－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.‎ ‎[解]　(1)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)＝e－1－x，则s′(x)＝e－1－1.‎ 当x>1时，s′(x)>0，又s(1)＝0，有s(x)＞0，‎ 所以e－1>x，‎ 从而g(x)＝－>0.‎ 利用导数求函数的单调区间 ‎　设函数f(x)＝xea－＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.‎ ‎(1)求a，b的值； ‎ ‎【导学号：97190076】‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　(1)因为f(x)＝xea－＋bx，‎ 所以f′(x)＝(1－x)ea－＋b.‎ 依题设，即 解得 ‎(2)由(1)知f(x)＝xe－＋ex.‎ 由f′(x)＝e－(1－x＋e－1)及e－＞0知，f′(x)与1－x＋e－1同号．‎ 令g(x)＝1－x＋e－1，则g′(x)＝－1＋e－1.‎ 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．‎ 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，‎ 从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．‎ 综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．‎ ‎[规律方法]　利用导数求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间.‎ (4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间.‎ 易错警示：解不等式f′(x)＞0(＜0)时不加“＝”号.‎ ‎[跟踪训练]　(2018·合肥第二次质检节选)已知f(x)＝ln(x＋m)－mx.求f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　由已知可得函数定义域为(－m，＋∞)．‎ ‎∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝－m.‎ 当m≤0时，f′(x)＝－m＞0，‎ 即f(x)的单调递增区间为(－m，＋∞)，无单调递减区间；‎ 当m＞0时，f′(x)＝－m＝，‎ 由f′(x)＝0，得x＝－m∈(－m，＋∞)，‎ 当x∈时，f′(x)＞0，‎ 当x∈时，f′(x)＜0，‎ ‎∴当m＞0时，易知f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ 已知函数单调性求参数的取值范围 ‎　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋2x(a≠0)．‎ ‎(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求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a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)h(x)＝ln x－ax－2x，x∈(0，＋∞)，‎ 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，‎ 即a＞－有解．‎ 设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可．‎ 而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.‎ 所以a＞－1，即a的取值范围为(－1，＋∞)．‎ ‎(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，‎ 当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，‎ 即a≥－恒成立．‎ 所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，‎ 因为x∈[1,4]，所以∈，‎ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，‎ 所以a≥－，即a的取值范围是.‎ ‎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]　由h(x)在[1,4]上单调递增得，‎ 当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，‎ ‎∴当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，‎ 又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，‎ ‎∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．‎ ‎2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．‎ ‎[解]　h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，‎ 则h′(x)＜0在[1,4]上有解，‎ ‎∴当x∈[1,4]时，a＞－有解，‎ 又当x∈[1,4]时，min＝－1，‎ ‎∴a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．‎ ‎[规律方法]　根据函数单调性求参数的一般方法 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.‎ (2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥‎ ‎0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解.‎ 易错警示：f(x)为增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.‎ ‎[跟踪训练]　(1)(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．a＜1　　　　 B．a≤1‎ C．a＜2 D．a≤2‎ ‎(2)函数f(x)＝x3－x＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　) ‎ ‎【导学号：97190077】‎ A．(－∞，－3] B．(－3,1)‎ C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)‎ ‎(1)D　(2)B　(1)由f(x)＝x－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≤2x在(1，＋∞)上恒成立，‎ ‎∵x∈(1，＋∞)时，2x＞2，∴a≤2.故选D．‎ ‎(2)因为f(x)＝x3－x＋ax－5，‎ 所以f′(x)＝x－2x＋a＝(x－1)＋a－1，‎ 如果函数f(x)＝x3－x＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或解得a≥1或a≤－3，于是满足条件的a∈(－3,1)．‎ ‎ ‎ 函数不单调问题求参数的取值范围 ‎　f(x)＝x3－3ax＋3x＋1在(2,3)上不单调，求a的取值范围．‎ ‎[解]　f′(x)＝3x－6ax＋3，∵f(x)在(2,3)上不单调．‎ ‎∴3x－6ax＋3＝0在(2,3)上有解．‎ ‎∴a＝＋，当2＜x＜3时，＜a＜.‎ ‎[规律方法]　f(x)在(a，b)上不单调⇔f(x)在(a，b)上有极值⇔f′(x)＝0在(a，b)上有解且无重根.‎ ‎[跟踪训练]　f(x)＝x3＋(1－a)x－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不单调，求a的取值范围．‎ ‎[解]　f′(x)＝3x＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(3x＋a＋2)(x－a)，‎ ‎∵f(x)在(－1,1)上不单调，∴f′(x)＝0在(－1,1)上有解．‎ ‎∴a＝－3x－2或a＝x，有－1＜x＜1得－5＜a＜1，‎ 又Δ＝4(1－a)＋12a(a＋2)＝(2a＋1)＞0，∴a≠－，‎ ‎∴a的取值范围为－5＜a＜－或－＜a＜1.‎