第3章 第2节　第1课时　导数与函数的单调性-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第3章 第2节　第1课时　导数与函数的单调性-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共15页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
导数与函数的单调性的关系
若函数f (x)在区间(a，b)上单调递增，则f ′(x)≥0，“f ′(x)>0在区间(a，b)上成立”是“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·活动体验
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)内是减函数．(√)
2．函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的图象可能是( )

D 解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．故选D．
3．函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是( )
A．(－1,1) B．(－∞，1)
C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
D 解析：f ′(x)＝3x2－3.由f ′(x)>0得x1.故函数f (x)＝x3－3x＋1的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故选D．
4．已知函数f (x)＝eq \f(ln x,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)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以x∈(0，e)时，f ′(x)>0；
x∈(e，＋∞)时，f ′(x)f (3)>f (2)．
5．若函数f (x)＝sin x＋kx在(0，π)上是增函数，则实数k的取值范围为________．
[1，＋∞) 解析：因为f ′(x)＝cs x＋k≥0，所以k≥－cs x，x∈(0，π)恒成立．
当x∈(0，π)时，－10，解得x>eq \f(1,2)，所以函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).故选B．
2．函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)
B 解析：y＝eq \f(1,2)x2－ln x，y′＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)(x>0)．
令y′eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故A错误；
又f (0)＝0，所以g(0)＝eq \f(f 0,cs 0)＝0，所以g(x)＝eq \f(f x,cs x)≤0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
因为ln eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(π,3)))eq \f(π,6)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故C正确；
因为eq \f(π,3)>eq \f(π,4)，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
所以eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))>eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故D正确．
故选CD．
利用导数比较大小的方法
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并得到辅助函数的单调性，进而根据单调性比较大小．
考向3 利用导数求参数的取值范围
已知函数f (x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋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－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up4(2)－1，
所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
由(1)知G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，
所以a≥G(x)max.
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1)) eq \s\up4(2)－1.
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq \f(7,16).
又因为a≠0，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
本例第(2)问中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
又当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1，
所以a＞－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
根据函数的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)在区间(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f (x)单调递增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，要注意等号是否可以取到．
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别．分离参数后对应不同的最值类型．
1．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)