2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　导数的应用学案

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[学生用书P42]
一、知识梳理
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
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)做比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
常用结论
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．
二、习题改编
1．(选修2­2P32A组T4改编)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
解析：选C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．
2．(选修2­2P28例4改编)设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：选D.f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x>0)，
当02时，f′(x)>0，所以x＝2为f(x)的极小值点．
3．(选修2­2P30例5改编)函数y＝x＋2cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是________．
解析：因为y′＝1－2sin x，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，y′>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′<0.
所以当x＝eq \f(π,6)时，ymax＝eq \f(π,6)＋eq \r(3).
答案：eq \f(π,6)＋eq \r(3)
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)原函数与导函数的关系不清致误；
(2)极值点存在的条件不清致误；
(3)忽视函数的定义域．
1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
解析：选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．
2．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________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案：(－∞，－1)
3．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为________．
解析：由f′(x)＝1－eq \f(1,x)<0，得eq \f(1,x)>1，即x<1，又x>0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．
答案：(0，1)