2019年高考数学(理)一轮复习第2章 函数、导数及其应用 第11节 第1课时 导数与函数的单调性学案

北师大版2019届高考数学一轮复习学案 第十一节　导数的应用 [考纲传真]　(教师用书独具)1.了解函数的单调性与导数的关系；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)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题． (对应学生用书第34页) [基础知识填充] 1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导，则： (1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是增加的； (2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是减少的； (3)如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是常数函数． 2．函数的极值与导数 (1)极值点与极值 设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反或导数值异号，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值． (2)极大值点与极小值点 ①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为极大值点； ②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为极小值点． (3)可求导函数极值的步骤： ①求f′(x)； ②解方程f′(x)＝0； ③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的解x0的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．如果f′(x)在x0两侧的符号相同，则x0不是极值点． 3．函数的最值与导数 (1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f(x)在(a，b)内的极值； ②将f(x)的各极值与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． [知识拓展] 1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． 2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零． 3．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． [基本能力自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　) (2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．(　　) (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．(　　) (6)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　　) [ 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√　(6)× 2．(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为(　　) A．(0,4)　　　　　　 B．(0,2) C．(4，＋∞) D．(－∞，0) A　[f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4， 所以单调递减区间为(0,4)．] 3．如图2­11­1所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，则下列判断中正确的是(　　) 图2­11­1 A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(1,3)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(3,4)上是增函数 A　[当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．] 4．函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8　[y′＝6x2－4x，令y′＝0， 得x＝0或x＝eq \f(2,3). ∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq \f(8,27)， f(2)＝8，∴最大值为8.] 5．函数f(x)＝x－aln x(a＞0)的极小值为________． a－aln a　[f(x)的定义域为(0，＋∞)， 易知f′(x)＝1－eq \f(a,x). 由f′(x)＝0，解得x＝a(a＞0)． 又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a．] 第1课时　导数与函数的单调性 (对应学生用书第35页) 利用用导数法判断或 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 函数的单调性 　(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.讨论f(x)的单调性． [解]　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(－∞，＋∞)上单调递增． 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＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0. 故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上单调递减， 在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增． [规律方法]　用导数证明函数fx在a，b内的单调性的步骤 一求：求f′x； 二定：确定f′x在a，b内的符号； 三结论：作出结论：f′x＞0时为增函数；f′x＜0时为减函数. 易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论. 1讨论分以下四个方面 ①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，④根在不在定义域内讨论. 2讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分点. 3讨论完必须写综述. [跟踪训练]　(2016·四川高考节选)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x>1时，g(x)>0. [解]　(1)由题意得f′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0)． 当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减． 当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq \f(1,\r(2a))， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1. 当x>1时，s′(x)>0，又s(1)＝0，有s(x)＞0， 所以ex－1>x， 从而g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)>0. 利用导数求函数的单调区间 　设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间. 【导学号：79140076】 [解]　(1)因为f(x)＝xea－x＋bx， 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依题设，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(2)＝2e＋2，,f′(2)＝e－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e.)) (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex. 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号． 令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． [规律方法]　利用导数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，得单调递增区间. 4在定义域内解不等式f′x＜0，得单调递减区间. 易错警示：解不等式f′x＞0＜0时不加“＝”号. [跟踪训练]　(2018·合肥第二次质检节选)已知f(x)＝ln(x＋m)－mx.求f(x)的单调区间． [解]　由已知可得函数定义域为(－m，＋∞)． ∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝eq \f(1,x＋m)－m. 当m≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x＋m)－m＞0， 即f(x)的单调递增区间为(－m，＋∞)，无单调递减区间； 当m＞0时，f′(x)＝eq \f(1,x＋m)－m＝eq \f(－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(1,m))),x＋m)， 由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,m)－m∈(－m，＋∞)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))时，f′(x)＞0， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞))时，f′(x)＜0， ∴当m＞0时，易知f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞)). 已知函数单调性求参数的取值范围 　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，由于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\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up7(2)－1，所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1，即a的取值范围为(－1，＋∞)． (2)由h(x)在[1,4]上单调递减得， 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． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1， 因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))， 所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)， 所以a≥－eq \f(7,16)，即a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)). 1．本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求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， ∴当x∈[1,4]时，a≤eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立， 又当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)， ∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]． 2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围． [解]　h(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 则h′(x)＜0在[1,4]上有解， ∴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\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1， ∴a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)． [规律方法]　根据函数单调性求参数的一般方法 1利用集合间的包含关系处理：y＝fx在a，b上单调，则区间a，b是相应单调区间的子集. 2转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′x≥0；若函数单调递减，则f′x≤0”来求解. 易错警示：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内的任一非空子区间上f′x不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解. [跟踪训练]　(1)(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　) A．a＜1 B．a≤1 C．a＜2 D．a≤2 (2)函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　) 【导学号：79140077】 A．(－∞，－3] B．(－3,1) C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) (1)D　(2)B　(1)由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－eq \f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴2x－eq \f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，∴a≤2.故选D． (2)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax－5， 所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1， 如果函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′(－1)≤0，,f′(2)≤0，))解得a≥1或a≤－3，于是满足条件的a∈(－3,1)． 函数不单调问题求参数的取值范围 　f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1在(2,3)上不单调，求a的取值范围． [解]　f′(x)＝3x2－6ax＋3，∵f(x)在(2,3)上不单调． ∴3x2－6ax＋3＝0在(2,3)上有解． ∴a＝eq \f(x,2)＋eq \f(1,2x)，当2＜x＜3时，eq \f(5,4)＜a＜eq \f(5,3). [规律方法]　fx在a，b上不单调⇔fx在a，b上有极值⇔f′x＝0在a，b上有解且无重根. [跟踪训练]　f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不单调，求a的取值范围． [解]　f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(3x＋a＋2)(x－a)， ∵f(x)在(－1,1)上不单调，∴f′(x)＝0在(－1,1)上有解． ∴a＝－3x－2或a＝x，有－1＜x＜1得－5＜a＜1， 又Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＝(2a＋1)2＞0，∴a≠－eq \f(1,2)， ∴a的取值范围为－5＜a＜－eq \f(1,2)或－eq \f(1,2)＜a＜1. PAGE 1