2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课

2018版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用

第1课时 导数与函数的单调性教师用书 文 北师大版

1．函数的单调性

如果在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)>0，则在这个区间上，函数y＝f(x)是增加的；如果在某个区间内，函数y＝f(x)的导数f′(x)<0，则在这个区间上，函数y＝f(x)是减少的． 2．函数的极值

如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的，则x0是极大值点，

f(x0)是极大值．

如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的，则x0是极小值点，

f(x0)是极小值．

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．

(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：

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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．

【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任意x∈(a，b)，都有

1

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．

【思考辨析】

判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)

(1)若函数f(x)在(a，b)内是增加的，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)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )

(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点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)三次函数在R上必有极大值和极小值．( × )

1．(教材改编)f(x)＝x－6x的单调递减区间为( ) A．(0,4) C．(4，＋∞) 答案 A

解析 f′(x)＝3x－12x＝3x(x－4)， 由f′(x)<0，得0

2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )

2

3

2

B．(0,2) D．(－∞，0)

A．在区间(－2,1)上f(x)是增加的 B．在区间(1,3)上f(x)是是减少的 C．在区间(4,5)上f(x)是增加的 D．当x＝2时，f(x)取到极小值 答案 C

解析 在(－2,1)上，导函数的符号有正有负，所以函数f(x)在这个区间上不是单调函数；

2

3

同理，函数在(1,3)上也不是单调函数；在x＝2的左侧，函数在(－，2)上是增加的，在x2＝2的右侧，函数在(2,4)上是减少的，所以当x＝2时，f(x)取到极大值；在(4,5)上导函数的符号为正，所以函数在这个区间上是增加的．

3．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝3，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有

f′(x)<2(x∈R)，则不等式f(x)<2x＋1的解集为( )

A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)

C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)

答案 A

解析 令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0， ∴g(x)在R上为减函数，g(1)＝f(1)－2－1＝0. 由g(x)<0＝g(1)，得x>1，故选A.

4．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( ) A．(0,1) B．(0，＋∞)

C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)

答案 A

解析 函数的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x＝x－1

x，

令f′(x)<0，得0

5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．答案 (－∞，－1)

解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点， 则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.

3

第1课时 导数与函数的单调性

题型一 不含参数的函数的单调性

12

例1 (1)函数y＝x－ln x的递减区间为( )

2A．(－1,1) C．(1，＋∞)

B．(0,1) D．(0，＋∞)

(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增区间是____________．

π??π??答案 (1)B (2)?－π，－?和?0，? 2??2??121x－1

解析 (1)y＝x－ln x，y′＝x－＝

2xx＝

?x－1??x＋1?

(x>0)．

2

x令y′<0，得00，

π??π??则其在区间(－π，π)上的解集为?－π，－?和?0，?， 2??2??π??π??即f(x)的递增区间为?－π，－?和?0，?.

2??2??思维升华 确定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递增区间； (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为递减区间．

12

(1)函数y＝4x＋的单调增区间为( )

xA．(0，＋∞) C．(－∞，－1)

?1?B.?，＋∞? ?2?

1??D.?－∞，－?

2??

(2)已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( ) A．在(0，＋∞)上递增

B．在(0，＋∞)上递减

4

1

C．在(0，)上递增

e答案 (1)B (2)D

1

D．在(0，)上递减

e

112

解析 (1)由y＝4x＋，得y′＝8x－2，

xx11

令y′>0，即8x－2>0，解得x>，

x2

1?1?2

∴函数y＝4x＋的增区间为?，＋∞?.故选B.

x?2?

(2)因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)， 1

当f′(x)>0时，解得x>，

e1

即函数的递增区间为(，＋∞)；

e1

当f′(x)<0时，解得0

e1

即函数的递减区间为(0，)，故选D.

e题型二 含参数的函数的单调性

132

例2 已知函数f(x)＝x＋x＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．

3解 f′(x)＝x＋2x＋a开口向上，Δ＝4－4a＝4(1－a)． ①当1－a≤0，即a≥1时，f′(x)≥0恒成立，

2

f(x)在R上是增加的；

－2－4?1－a?

②当1－a>0，即a<1时，令f′(x)＝0，解得x1＝＝－1－1－a，x2＝－1

2＋1－a，

令f′(x)>0，解得x<－1－1－a或x>－1＋1－a； 令f′(x)<0，解得－1－1－a

所以f(x)的递增区间为(－∞， －1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)；

f(x)的递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．

综上所述：当a≥1时，f(x)在R上是增加的；

当a<1时，f(x)的递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)，

f(x)的递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．

思维升华 (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．

5

(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x，f′(x)＝3x≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．

讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax＋1的单调性．

解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，

2

a－12ax＋a－1

f′(x)＝＋2ax＝.

xx2

32

①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是增加的； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上是减少的； ③当0

1－a，则当x∈(0, 2a1－a)时，f′(x)<0；当2a1－a，＋2ax∈( 1－a，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0, 2a1－a)上是减少的，在( 2a∞)上是增加的．

题型三 已知函数单调性求参数

12

例3 (2016·西安模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋2x(a≠0)．

2(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上递减，求a的取值范围． 12

解 (1)h(x)＝ln x－ax－2x，x∈(0，＋∞)，

2

1

所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在递减区间，

x1

所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，

x12

即a>2－有解．

xx12

设G(x)＝2－，所以只要a>G(x)min即可．

xx12

而G(x)＝(－1)－1，所以G(x)min＝－1.

x所以a>－1.

(2)由h(x)在[1,4]上是减少的，得

1

当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，

x12

即a≥2－恒成立，

xx12

所以a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)－1，

x 6

11

因为x∈[1,4]，所以∈[，1]，

x47

所以G(x)max＝－(此时x＝4)，

16

77

所以a≥－，即a的取值范围是[－，＋∞)．

1616引申探究

1．本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上是增加的，求a的取值范围． 解 由h(x)在[1,4]上是增加的，得 当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立， 12

∴当x∈[1,4]时，a≤2－恒成立，

xx12

又当x∈[1,4]时，(2－)min＝－1(此时x＝1)，

xx∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．

2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在递减区间，求a的取值范围． 解 h(x)在[1,4]上存在递减区间， 则h′(x)<0在[1,4]上有解， 12

∴当x∈[1,4]时，a>2－有解，

xx12

又当x∈[1,4]时，(2－)min＝－1，

xx∴a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)． 思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路

(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)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)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．

已知函数f(x)＝eln x－ae(a∈R)．

1

(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；

e(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围． 11xxxx解 (1)f′(x)＝eln x＋e·－ae＝(－a＋ln x)e，

xxxx 7

f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.

1x(2)由(1)知f′(x)＝(－a＋ln x)e，

1e

x若f(x)为减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒成立． 1

即－a＋ln x≤0在x>0时恒成立．

x1

所以a≥＋ln x在x>0时恒成立．

x1

令g(x)＝＋ln x(x>0)，

x11x－1

则g′(x)＝－2＋＝2(x>0)，

xxx由g′(x)>0，得x>1； 由g′(x)<0，得0

故g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，此时g(x)的最小值为g(1)＝1，但g(x)无最大值(且无趋近值)． 故f(x)不可能是减函数． 若f(x)为增函数，

1

则f′(x)≥0在x>0时恒成立，即－a＋ln x≥0在x>0时恒成立，

x1

所以a≤＋ln x在x>0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.

x故实数a的取值范围是(－∞，1]．

5．用分类讨论思想研究函数的单调性

典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax＋bx，其中函数g(x)的图像在点(1，

2

g(1))处的切线平行于x轴．

(1)确定a与b的关系；

(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．

思想方法指导 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：

①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若

8

根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． 规范解答

解 (1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2

＋bx， 则g′(x)＝1

x＋2ax＋b.[2分]

由函数g(x)的图像在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0， ∴b＝－2a－1.[4分]

2

(2)由(1)得g′(x)＝2ax－?2a＋1?x＋1

x ＝

?2ax－1??x－1?

x.

∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴当a＝0时，g′(x)＝－

x－1

x. 由g′(x)>0，得01，[6分] 当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝1

2a，[7分]

若12a<1，即a>12

， 由g′(x)>0，得x>1或0

由g′(x)<0，得1

2a

若12a>1，即0

， 由g′(x)>0，得x>1

2a或0

由g′(x)<0，得1

2a，

若12a＝1，即a＝1

2，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.[11分] 综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上是增加的， 在(1，＋∞)上是减少的；

当0

2时，函数g(x)在(0,1)上是增加的，

在(1，12a)上是减少的，在(1

2a，＋∞)上是增加的；

当a＝1

2

时，函数g(x)在(0，＋∞)上是增加的；

9

当a>12时，函数g(x)在(0，1

2a)上是增加的，

在(1

2a，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的．[12分] 1．函数f(x)＝(x－3)ex的递增区间是( ) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞)

答案 D

解析 函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex. 由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)是增加的， 此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.

2．已知函数f(x)＝12x3

＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上递增”的( )

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

答案 A

解析 f′(x)＝32x2

＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，

故“a>0”是“f(x)在R上递增”的充分不必要条件．

3．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) 答案 D

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]上是增加的， 所以f(π)>f(3)>f(2)． 故选D.

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