人教版高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第1课时导数与函数的单调性学案理含解析

第二节　导数的应用

‖知识梳理‖

1．函数的导数与单调性的关系

函数y＝f(x)在某个区间内可导，则

(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增．

(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减．

(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．

2．函数的极值与导数

(1)函数的极小值

若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则x＝a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．

(2)函数的极大值

若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则x＝b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．

3．函数的最值与导数

(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：

一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．

(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为：

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，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

►常用结论

(1)函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上恒成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件．

(2)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．如函数y＝x3在x＝0处导数为零，但x＝0不是函数y＝x3的极值点．

(3)求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．

(4)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．

‖基础自测‖

一、疑误辨析

1．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是点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．(　　)

答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√

二、走进教材

2．(选修2－2P32A4改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

答案：A

3．(选修2－2P32A5(4)改编)函数f(x)＝2x－xln x的极值是(　　)

A． B．

C．e D．e2

答案：C

三、易错自纠

4．(2019届济宁模拟)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)

A． B．1

C．0 D．不存在

解析：选A　由题意，得f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.故选A．

5．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]

C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)

解析：选D　依题意，得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，∵x>1，∴0<<1，∴k≥1，故选D．

6．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，当x＝－1时有极值0，则a＋b的值为________．

解析：∵f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得即解得或当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，所以f(x)在x＝－1处无极值，舍去，所以a＝2，b＝9，则a＋b＝11.

答案：11

第一课时　导数与函数的单调性

|题组突破|

1．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)

A．在(0，＋∞)上单调递增

B．在(0，＋∞)上单调递减

C．在上单调递增

D．在上单调递减

解析：选D　函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋1(x>0)，

当f′(x)>0时，解得x>，即函数f(x)的单调递增区间为；

当f′(x)<0时，解得0<x<，即函数f(x)的单调递减区间为，故选D．

2．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．

解析：设幂函数f(x)＝xa，因为图象过点，

所以＝，解得a＝2，

所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，

则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，

令g′(x)<0，得－2<x<0，

故函数g(x)的单调递减区间为(－2，0)．

答案：(－2，0)

3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是______________．

解析：由题意，得f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.

由f′(x)＝xcos x>0(x∈(－π，π))，

得－π<x<－或0<x<，

即函数f(x)的单调递增区间是和.

答案：和

►名师点津

利用导数求函数单调区间的3种方法

(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．

(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分成若干个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．

(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)的结构特征，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．

【例1】　(2018年全国卷Ⅰ，节选)已知函数f(x)＝－x＋aln x，讨论f(x)的单调性．

[解]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝－－1＋＝－.

①当a≤2时，f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

②当a>2时，令f′(x)＝0，得x＝或x＝.

当x∈∪时，f′(x)<0；

当x∈时，f′(x)>0.

所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

综合①②可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>2时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

►名师点津

讨论函数f(x)单调性的步骤

(1)确定函数f(x)的定义域；

(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；

(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．

[提醒]　研究含参数的函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．

|跟踪训练|

已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.讨论f(x)的单调性．

解：(分类讨论思想)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．

①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)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．

●命题角度一　比较大小或解不等式

【例2】　(1)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)(xln x2)>2f(x)，则(　　)

A．6f(e)>2f(e3)>3f(e2)

B．6f(e)<3f(e2)<2f(e3)

C．6f(e)>3f(e2)>2f(e3)

D．6f(e)<2f(e3)<3f(e2)

(2)(2019届山西重点中学联考)已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋f(x)＝，且f(e)＝，其中e为自然对数的底数，则不等式f(x)＋e>x＋的解集是(　　)

A．(0，e) B．

C． D．(e，＋∞)

[解析]　(1)设F(x)＝，x>0且x≠1，因为f′(x)·(xln x2)>2f(x)，所以F′(x)＝＝>0，所以F(x)在(0，1)，(1，＋∞)上单调递增，所以F(e)<F(e2)<F(e3)，故<<，即<<，所以6f(e)<3f(e2)<2f(e3)．故选B．

(2)令g(x)＝xf(x)，则f(x)＝，∵g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝，∴f′(x)＝＝，令h(x)＝ln x－g(x)，则h′(x)＝－g′(x)＝，当0<x<e时，h′(x)>0；当x>e时，h′(x)<0，∴h(x)≤h(e)＝1－g(e)＝1－ef(e)＝0，∴f′(x)≤0.令φ(x)＝f(x)－x，则φ′(x)＝f′(x)－1≤－1<0，∴φ(x)为减函数．又不等式f(x)＋e>x＋可化为φ(x)>φ(e)，∴0<x<e，故选A．

[答案]　(1)B　(2)A

►名师点津

利用导数比较大小或解不等式的常用技巧

利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．

●命题角度二　已知函数的单调性求参数——变式探究

【例3】　已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a∈R)．

(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；

(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围．

[解]　(1)因为h(x)＝ln x－ax2－2x，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，即实数a的取值范围是(－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≥－，即实数a的取值范围是.

|变式探究|

1．(变问法)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求实数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，

所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立．

又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，

所以a≤－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1]．

2．(变问法)若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求实数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>－有解．

又当x∈[1，4]时，＝－1，

所以a>－1，即实数a的取值范围是(－1，＋∞)．

3．(变条件)若函数h(x)在[1，4]上不单调，求实数a的取值范围．

解：∵h(x)在[1，4]上不单调，

∴h′(x)＝0在(1，4)上有解，

即a＝－＝－1有解．

令m(x)＝－1，x∈(1，4)，

则－1<m(x)<－，

∴实数a的取值范围为.

►名师点津

利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路

(1)由函数在区间[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．

(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．

(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．

[提醒]　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)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．