人教b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含解析

这是一份人教b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含解析，共11页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
第2节　导数的应用第1课时　导数与函数的单调性一、教材概念·结论·性质重现导数与函数的单调性的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)<0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数若函数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．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则函数f(x)的图像可能是(　　) A　　　　　　 　 　B　　 　C　　　　　　 　 　DC　解析：由导函数f′(x)的图像可知，函数y＝f(x)先减再增，可排除选项A，B；又f′(x)＝0的根为正数，即y＝f(x)的极值点为正数，所以可排除选项D.故选C.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x<－1或x>1.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)＝，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)．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)＝cos x＋k≥0，所以k≥－cos x，x∈(0，π)恒成立．当x∈(0，π)时，－1<－cos x<1，所以k≥1.考点1　利用导数求函数的单调区间——基础性1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)A．(0，＋∞)　　　　　 B．C．(－∞，－1)   D．B　解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－.令y′>0，即8x－>0，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B.2．函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　)A.   B.C.   D.B　解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1.令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间为________．，　解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x．令f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为，即f(x)的单调递增区间为，.求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)在定义域内解不等式f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间；(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间．[提醒]若所求函数的单调区间不止一个，则用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．考点2　利用导数讨论函数的单调性——应用性(2019·全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.讨论f(x)的单调性．解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.①若a>0，则当x∈(－∞，0)和时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．②若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③若a<0，则当x∈和(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．将本例函数改为“f(x)＝－aln x，a∈R”，求f(x)的单调区间．解：因为f(x)＝－aln x，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝x－＝.(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为增函数．(2)当a>0时，f′(x)＝，则有：①当x∈(0，)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)；②当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(，＋∞)．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．解决含参数的函数单调性问题的注意点(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．已知f(x)＝xex－a(a>0)，求函数f(x)的单调区间．解：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln a.(1)当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．(2)当0<a<时，ln a<－1，由f′(x)>0，得x<ln a或x>－1，由f′(x)<0，得ln a<x<－1，所以单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．(3)当a>时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a，由f′(x)<0，得－1<x<ln a，所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．综上所述，当a＝时，f(x)在R上单调递增；当0<a<时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)；当a>时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．考点3　导数与函数单调性的简单应用——综合性考向1　利用导数解不等式若函数f(x)＝ex－e－x＋sin 2x，则满足f(2x2－1)＋f(x)＞0的x的取值范围是(　　)A.B.(－∞，－1)∪C.D.∪(1，＋∞)B　解析：函数f(x)＝ex－e－x＋sin 2x，定义域为R，且满足f(－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin 2x)＝－f(x)，所以f(x)为R上的奇函数．又f′(x)＝ex＋e－x＋2cos 2x≥2＋2cos 2x≥0恒成立，所以f(x)为R上的单调递增函数．由f(2x2－1)＋f(x)＞0，得f(2x2－1)＞－f(x)＝f(－x)，所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，解得x＜－1或x＞.所以x的取值范围是(－∞，－1)∪.故选B.利用导数解不等式的关键，是用导数判断函数的单调性，或者构造函数后使用导数．同时根据奇偶性变换不等式为f(g(x))>f(h(x))，利用单调性得出关于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范围．考向2　利用导数比较大小(多选题)(2021·山东新高考预测卷)定义在上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)<0成立，则有(　　)A．f >f   　 B.f >f C．f >f   　 D.f >f CD　解析：构造函数g(x)＝，则g′(x)＝<0，即函数g(x)在上单调递减，所以g>g，所以f >f .同理，g>g，即f >f .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)＝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－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2.因为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)＝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)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立．由(1)知G(x)＝－，所以a≥G(x)max.而G(x)＝2－1.因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.又因为a≠0，所以a的取值范围是∪(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＞－有解．又当x∈[1,4]时，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．(2021·八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　)A．c<b<a   B．b<c<aC．a<c<b   D．a<b<cD　解析：因为ae5＝5ea，a<5，所以a>0.同理，b>0，c>0.令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝.当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为ae5＝5ea，a<5，所以＝，即f(5)＝f(a)．而0<a<5，所以0<a<1.同理，0<b<1,0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．因为f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)．所以0<a<b<c<1.2．已知实数a>0，且a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)A．(1,5]   B．[2,5]C．(1，＋∞)   D．(－∞，5]B　解析：函数f(x)在R上单调递增，则a>1.当x≥1时，f(x)＝x2＋＋aln x，则f′(x)＝2x－＋＝.因为2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因为y＝－2x2在[1，＋∞)上单调递减，所以ymax＝2，则a≥2.当x＝1时，a≤1＋4＝5.综上，实数a的取值范围是[2,5]．故选B.3．已知函数f(x)＝x2－cos x，x∈，则满足f(x0)>f的x0的取值范围为________．∪　解析：f′(x)＝2x＋sin x．当x∈时，f′(x)≥0，所以f(x)在上单调递增．由f(x0)>f，知<x0≤.又因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以－≤x<－也满足条件．4．已知函数f(x)＝x2＋aln x.(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．(2)由题意g(x)＝x2＋aln x＋，g′(x)＝2x＋－.若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝－2x2.因为φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.若函数g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因为φ(x)没有最小值，不满足题意，所以实数a的取值范围为[0，＋∞)．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]上单调递减可知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，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)上单调递增，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)上单调递减，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<k<27.(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－<x<，在上f(x)是减函数. 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)．