人教A版高考数学一轮总复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性课时学案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性课时学案，共15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。
第二节　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)>0
f (x)在(a，b)内单调递增
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)＝，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)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，－10，解得x>，所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.故选B．
2．函数y＝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＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x>0)．
令y′0；当x∈时，f ′(x)0时，f ′(x)＝，则有：
①当x∈(0，)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)＝axex－2aex－x2＋x，求f (x)的单调区间．
解：f (x)的导函数为f ′(x)＝(x－1)(aex－1)．
(1)当a＝0时，f ′(x)＝－(x－1)．
若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(2)当a＜0时，若x＞1，则f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
若x＜1，则f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
(3)当a＞0时，①若a＝，则f ′(x)＝(x－1)·(ex－1－1)≥0，f (x)在R上单调递增．
②若a＞，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＞1或x＜ln ；
f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，
可得ln ＜x＜1.
③若0＜a＜，则f ′(x)＞0，即为(x－1)·＞0，可得x＜1或x＞ln ；
f ′(x)＜0，即为(x－1)＜0，可得1＜x＜ln .
综上，当a≤0时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
当a＝时，f (x)的单调递增区间为R；
当a＞时，f (x)的单调递增区间为(1，＋∞)，，单调递减区间为；
当0＜a＜时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，，单调递减区间为.

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·滨州期末)已知定义在上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，且f (0)＝0，f ′(x)cos x＋f (x)sin xf D．f >f
CD　解析：令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝.
因为f ′(x)cos x＋f (x)sin xg，
所以>，
即f >f ，故A错误；
又f (0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立．
因为ln ∈，
所以f ，所以g>g，
所以>，
即f >f ，故C正确；
因为>，所以g>g，
所以>，
即f >f ，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)＝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)＝－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)＝－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．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)