高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案

这是一份高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案，共14页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第二节　导数的应用
考试要求：1．结合实例，借助几何直观了解函数单调性和导数的关系．
2．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)．
3．会用导数求函数的极大值、极小值．
4．会求闭区间上函数的最大值、最小值．
第1课时　导数与函数的单调性

一、教材概念·结论·性质重现
函数的单调性与导数的关系
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增
f′(x)<0
y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减
f′(x)＝0
y＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数


若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)≥0在区间(a，b)上成立”是“y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，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)在此区间内不具有单调性． (　√　)
(3)若在区间(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在区间(a，b)上单调递减． (　√　)
2．函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间上单调递减(　　)
A． B．(π，2π)
C． D．(2π，3π)
D　解析：y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，欲使导数为负，只需x与sin x的符号相同，
分析四个选项知，D选项符合条件．
3．已知函数f(x)＝，则(　　)
A．f(2)>f(e)>f(3)
B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e)
D．f(e)>f(3)>f(2)
D　解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)．
因为f′(x)＝，所以x∈(0，e)时，f′(x)>0；
x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0．故x＝e时，f(x)max＝f(e)．
又f(2)＝＝，f(3)＝＝，
所以f(e)>f(3)>f(2)．
4．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调递减区间是________．
　解析：因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)<0时，解得0 5．函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．
[－3,0]　解析：f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，即4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数a的取值范围为[－3,0]．


考点1　求函数的单调区间——基础性

1．(2022·凉州模拟)函数f(x)＝2x2－ln x的单调递减区间为(　　)
A．∪
B．
C．∪
D．
B　解析：函数f(x)＝2x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝．
当x∈时，f′(x)＜0，函数单调递减．
2．函数f(x)＝x·ex－ex＋1的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
D　解析：由f(x)＝x·ex－ex＋1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex．
令f′(x)>0，解得x>e－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(e－1，＋∞)．
3．(2021·赣州模拟)若函数y＝f(x)在区间D上是增函数，且函数y＝f′(x)在区间D上也是增函数(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，那么称函数y＝f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫做“快增区间”．函数f(x)＝sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为(　　)
A． B．
C． D．
A　解析：因为f(x)＝sin2x＋2sin x，x∈[0，π]，所以f′(x)＝2sin xcos x＋2cos x＝2cos x(sin x＋1)．
令f′(x)≥0，可得x∈，所以f(x)在上是增函数．
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2sin x(sin x＋1)＋2cos2x＝－4sin2x－2sin x＋2＝－2(2sin x－1)(sin x＋1)．
令g′(x)≥0，可得0≤x≤或≤x≤π，
所以函数f′(x)在和上是增函数，
所以函数f(x)＝sin2x＋2sin x在区间[0，π]上的“快增区间”为．

解答第1题要注意，求单调区间的前提是求定义域；第3题是新定义问题，理解定义是关键，根据定义，“快增区间”即函数y＝f(x)的增区间与函数y＝f′(x)的增区间的交集．

考点2　讨论函数的单调性——综合性

(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
解：(1)由函数的解析式可得f′(x)＝3x2－2x＋a，
导函数的判别式Δ＝4－12a．
当Δ＝4－12a≤0，即a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．
当Δ＝4－12a>0，即a<时，f′(x)＝0的解为x1＝，x2＝，
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上可得，当a≥时，f(x)在R上单调递增，
当a<时，f(x)在，上单调递增，
在上单调递减．
(2)设切点为(x0，y0)．由题意可得f(x0)＝x－x＋ax0＋1，f′(x0)＝3x－2x0＋a，
则切线方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0)．
由切线过坐标原点，得0－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(0－x0)，整理可得2x－x－1＝0，即(x0－1)·(2x＋x0＋1)＝0，解得x0＝1，
则f(x0)＝f(1)＝1－1＋a＋1＝a＋1，f′(x0)＝f′(1)＝1＋a，
切线方程为y＝(a＋1)x．
与y＝f(x)＝x3－x2＋ax＋1联立，得x3－x2＋ax＋1＝(a＋1)x，化简得x3－x2－x＋1＝0．
由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，所以(x－1)是x3－x2－x＋1的一个因式，所以该方程可以分解因式为(x－1)(x2－1)＝0，
解得x1＝1，x2＝－1，
f(－1)＝－1－a．
综上，曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，a＋1)和(－1，－1－a)．

本例若把函数改为：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，试讨论函数f(x)的单调性．
解：f(x)＝x3＋(a＋1)x2＋(2a－1)x－1(a＜0)，
f′(x)＝3x2＋2(a＋1)x＋(2a－1)＝3(x＋1)．
令f′(x)＝0，
解得x＝－1或x＝∈．
当－1 当x＜－1或x>时，f′(x)＞0．
综上，f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．

1．讨论函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2的单调性．
解：g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)．
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2．
①当a>ln 2时，
x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0；
②当a＝ln 2时，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在R上单调递增；
③当a x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，
x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a 2．讨论函数f(x)＝2ln x＋x2－ax(a∈R)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝＋x－a＝(x>0)．令g(x)＝x2－ax＋2，则Δ＝a2－8．
①当Δ≤0，即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ＞0，即a>2或a<－2时，
(i)若a<－2，因为x＞0，所以f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
(ii)若a>2，方程x2－ax＋2＝0的两根x1＝，x2＝，且0＜x1＜x2，
当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，
当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，故f(x)在(x1，x2)上单调递减．
综上，若a≤2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a>2，则f(x)在，上单调递增，在上单调递减．

考点3　函数单调性的应用——应用性

考向1　利用函数的单调性解不等式
(2021·长安区二模)已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，且有f(1)＝2，则不等式f(x)－1＞ex－1的解集为________．
(1，＋∞)　解析：不等式f(x)－1＞ex－1，等价于不等式＞1，
构造函数g(x)＝，则g′(x)＝．
因为对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，则g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增．
又g(1)＝＝1，故＞1，即g(x)＞g(1)，
故不等式的解集是(1，＋∞)．

解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，常结合这种关系的特点构造新函数，利用新函数的单调性求解不等式．
考向2　利用函数的单调性比较大小
(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则(　　)
A．a C．b B　解析：a＝2ln 1.01＝ln1.012＝ln(1＋0.01)2＝ln(1＋2×0.01＋0.012)>ln 1.02＝b，
所以b 下面比较c与a，b的大小关系．
记f(x)＝2ln(1＋x)－＋1，则f(0)＝0，f′(x)＝－＝，
由于1＋4x－(1＋x)2＝2x－x2＝x(2－x)，
所以当00，即>(1＋x)，f′(x)>0，
所以f(x)在(0,2)上单调递增，
所以f(0.01)>f(0)＝0，即2ln 1.01>－1，即a>c．
令g(x)＝ln(1＋2x)－＋1，则g(0)＝0，g′(x)＝－＝，
由于1＋4x－(1＋2x)2＝－4x2，在x>0时，1＋4x－(1＋2x)2<0，
所以g′(x)<0，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(0.01)
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，把比较大小问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而由单调性比较大小．
考向3　利用函数的单调性求参数的取值范围
若函数f(x)＝x＋asin x在上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．[－1，＋∞)
D　解析：由题意，可知f′(x)＝1＋acos x，
因为函数f(x)＝x＋asin x在上单调递增，所以f′(x)＝1＋acos x≥0在上恒成立，
所以a≥－．因为0≤x＜，所以＜cos x≤1，
所以－≤－1，所以a≥－1．
所以a的取值范围是[－1，＋∞)．

本例若改为：若函数f(x)＝x＋asin x在上单调递减，求a的取值范围．
解：f′(x)＝1＋acos x．
因为函数f(x)＝x＋asin x在上单调递减，所以f′(x)＝1＋acos x≤0在上恒成立，所以a≤－．
设y＝－，则它在上是减函数，所以ymin＝－＝－，
所以a≤－．
所以a的取值范围是(－∞，－]．

根据函数单调性求参数的解题策略
(1)已知函数的单调性求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0或f′(x)≤0，x∈(a，b)恒成立，解出参数．应注意此时式子中的等号不能省略，否则容易漏解．
(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为求函数最值问题．
(3)若函数在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有异号解．

1．(2021·广东模拟)若函数f(x)＝(e为自然对数的底数)是减函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C．(0，＋∞) D．[0,1]
D　解析：函数f(x)＝的定义域为R，f′(x)＝．
因为函数f(x)是减函数，所以f′(x)≤0恒成立．
令g(x)＝2ax－ax2－1，则g(x)≤0恒成立，
当a＝0时，g(x)＝－1成立；
当a＜0时，则g(x)的图象开口向上，g(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a＞0时，要使g(x)≤0恒成立，则Δ＝4a2－4a≤0，解得0≤a≤1，又a＞0，所以0＜a≤1．
综上可得，实数a的取值范围是[0,1]．
2．(2022·渝水区模拟)已知x∈，且a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．b＜c＜a D．c＜a＜b
A　解析：令g(x)＝，则g′(x)＝－，
所以当x＞0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因为x∈，
所以cos x∈，2cos x∈(，2)，且cos x＞sin x＞0．
又2cos2x－cos x＝cos x(2cos x－1)＞0，所以2cos2x＞cos x＞sin x＞0．
又g(x)单调递减，则可得a＜b＜c．


若函数f(x)＝x3－ax2＋1在区间[1,2]上单调递减，求实数a的取值范围．
[四字程序]
读
想
算
思
求实数a的取值范围
1．利用导数研究函数单调性的方法．
2．从什么角度列不等式求取值范围
1．求f′(x)．
2．解不等式f′(x)≤0
转化与化归、数形结合
f(x)在[1,2]上单调递减
由函数f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式
f′(x)＝3x2－2ax ＝x(3x－2a)
1．函数最值．
2．不等式恒成立．
3．一元二次不等式、一元二次方程和二次函数之间的关系


思路参考：等价转化为f′(x)≤0对∀x∈[1,2]恒成立，分离变量求最值．
解：f′(x)＝3x2－2ax．
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0，
即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，
即a≥x在[1,2]上恒成立．
故只需a≥max，故a≥3．
所以a的取值范围是[3，＋∞)．

思路参考：等价转化为f′(x)≤0对∀x∈[1,2]恒成立，数形结合列不等式组求范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax．
由f(x)在[1,2]上单调递减知f′(x)≤0对∀x∈[1,2]恒成立．
所以解得a≥3．
所以a的取值范围是[3，＋∞)．

思路参考：分类讨论f(x)的单调性，根据区间[1,2]是单调递减区间的子集求参数范围．
解：f′(x)＝3x2－2ax．
当a＝0时，f′(x)≥0，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，与y＝f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a<0时，由f′(x)≤0，得a≤x≤0，即f(x)的单调递减区间为，与f(x)在区间[1,2]上单调递减不符，舍去．
当a>0时，由f′(x)≤0得0≤x≤a，即f(x)的单调递减区间为．
由f(x)在[1,2]上单调递减得a≥2，得a≥3．
综上可知，a的取值范围是[3，＋∞)．

1．本题考查函数的单调性与导数的关系，解法较多，基本解题策略是转化为不等式恒成立问题，即“若函数f(x)在区间D上单调递增，则f′(x)≥0对x∈D恒成立；若函数f(x)在区间D上单调递减，则f′(x)≤0对x∈D恒成立”或利用集合间的包含关系处理：若y＝f(x)在区间D上单调，则区间D是相应单调区间的子集．
2．基于课程标准，解答本题一般需要运算求解能力、推理论证能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．
3．基于高考数学评价体系，本题利用函数的单调性与导函数的关系，将所求问题转化为熟悉的数学模型，解题过程需要知识之间的转化，体现了综合性．

1．已知函数f(x)＝2cos x(m－sin x)－3x在(－∞，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是(　　)
A．[－1,1] B．
C． D．
B　解析：f′(x)＝－2sin x(m－sin x)＋2cos x·(－cos x)－3．因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msin x－5≤0．设sin x＝t(－1≤t≤1)，则不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在区间[－1,1]上恒成立．于是有即故实数m的取值范围是．故选B．
2．已知函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
(0,27)　解析：(方法一：间接法)若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递增函数，则f′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，
即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0．
若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调递减函数，则f′(x)＝3x2－k≤0在(－3，1)上恒成立，
即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27．
所以当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是单调函数时，实数k的取值范围是k≤0或k≥27，
当函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数时，实数k的取值范围是0 (方法二：直接法)由奇函数f(x)＝x3－kx得f′(x)＝3x2－k．当k≤0时，f′(x)＝3x2－k≥0，f(x)在R上是增函数，不满足题意；
当k>0时，由f′(x)＝3x2－k<0，得－ 由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－或x>，在，上f(x)是增函数．
要满足函数f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是单调函数，由对称性得，－>－3，所以k<27．
综上所述，实数k的取值范围是(0,27)．