2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 理（含解析）新人教A版

《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（第1課時）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 理（含解析）新人教A版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第十一節(jié)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 [考綱傳真]　1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).2.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).3.會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實(shí)際問題(生活中的優(yōu)化問題)． 1．函數(shù)的單調(diào)性 在(a，b)內(nèi)函數(shù)f(x)可導(dǎo)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0. f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)． f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)． 2．

2、函數(shù)的極值 (1)函數(shù)的極小值： 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則點(diǎn)a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值． (2)函數(shù)的極大值： 函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近的其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則點(diǎn)b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值． 極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值． 3

3、．函數(shù)的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值． [常用結(jié)論] 1．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零． 2．對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． 3．閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最值在端

4、點(diǎn)處或極值點(diǎn)處取得． [基礎(chǔ)自測] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，那么在區(qū)間(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　) (2)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(　　) (3)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值．(　　) (4)若實(shí)際問題中函數(shù)定義域是開區(qū)間，則不存在最優(yōu)解．(　　) [答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．(教材改編)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－2,1)上，f(x)是增函數(shù)

5、 B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù) C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝2時，f(x)取到極小值 C　[結(jié)合原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系可知，當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)＞0，∴y＝f(x)在(4,5)上是增函數(shù)，故選C.] 3．函數(shù)f(x)＝cos x－x在(0，π)上的單調(diào)性是(　　) A．先增后減 B．先減后增 C．增函數(shù) D．減函數(shù) D　[∵f′(x)＝－sin x－1， ∴當(dāng)x∈(0，π)時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0，π)上是減函數(shù)．] 4．已知a是函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝(　　) A．－4 B．－2

6、C．4 D．2 D　[由f′(x)＝3x2－12＝0得x＝±2，又當(dāng)x＜－2時，f′(x)＞0，當(dāng)－2＜x＜2時，f′(x)＜0，當(dāng)x＞2時，f′(x)＞0，∴x＝2是f(x)的極小值點(diǎn)，即a＝2.] 5．函數(shù)y＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________． 8　[y′＝6x2－4x，令y′＝0， 得x＝0或x＝. ∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－， f(2)＝8，∴最大值為8.] 第1課時　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 【例1】　(1)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1] B．(

7、0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) (2)(2016·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. ①求a，b的值； ②求f(x)的單調(diào)區(qū)間． (1)B　[∵y＝x2－ln x， ∴x∈(0，＋∞)，y′＝x－＝. 由y′≤0可解得0＜x≤1， ∴y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]，故選B.] (2)[解]　①f′(x)＝ea－x－xea－x＋b，由切線方程可得解得a＝2，b＝e. ②f(x)＝xe2－x＋ex，f′(x)＝(1－x)e2－x＋e. 令g(x)＝(1－x)e2－

8、x， 則g′(x)＝－e2－x－(1－x)e2－x＝e2－x(x－2)． 令g′(x)＝0得x＝2. 當(dāng)x＜2時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞2時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增． 所以x＝2時，g(x)取得極小值－1，也是最小值． 所以f′(x)＝g(x)＋e≥e－1＞0. 所以f(x)的增區(qū)間為(－∞，＋∞)，無減區(qū)間． [規(guī)律方法]　1.掌握利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的3個步驟 (1)確定函數(shù)f(x)的定義域； (2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)； (3)由f′(x)＞0(或f′(x)＜0)解出相應(yīng)的x的取值范圍，對應(yīng)的區(qū)間為f(x)的單調(diào)遞增(減)區(qū)間． 2．理

9、清有關(guān)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的3個點(diǎn) (1)單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要先求函數(shù)的定義域； (2)求可導(dǎo)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，可以直接轉(zhuǎn)化為f′(x)＞0與f′(x)＜0這兩個不等式的解集問題來處理； (3)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在指定區(qū)間D上單調(diào)遞增(減)，則應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(f′(x)≤0)來處理． (1)(2019·北京模擬)函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1,1) (2)(2019·威海模擬)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________．

10、 (1)A　(2)(2，＋∞)　[(1)∵f′(x)＝2x－＝(x＞0)， ∴當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)． (2)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.] 利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性 【例2】　設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　(1)由題意知a＝0時，f(

11、x)＝，x∈(0，＋∞)． 此時f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0. (2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)a＜0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當(dāng)a＝－時，Δ＝0，f′(x)＝≤0， 函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ②當(dāng)a＜－時，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． ③當(dāng)－＜a

12、＜0時，Δ＞0. 設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點(diǎn)， 則x1＝，x2＝. 由x1＝＝＞0， 所以x∈(0，x1)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； x∈(x1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 綜上可得： 當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a≤－時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)－＜a＜0時，f(x)在，上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． [規(guī)律方法]　研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不

13、等式解集的影響進(jìn)行分類討論. (1)討論分以下四個方面,①二次項系數(shù)討論，②根的有無討論，③根的大小討論，④根在不在定義域內(nèi)討論. (2)討論時要根據(jù)上面四種情況，找準(zhǔn)參數(shù)討論的分類. (3)討論完必須寫綜述. 已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，當(dāng)a＜0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－＋a－2＝. ①當(dāng)－a＝2，即a＝－2時，f′(x)＝≥0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． ②當(dāng)0＜－a＜2，即－2＜a＜0時，∵0＜x＜－a或x＞2時，f′(x)＞0；－a＜x＜2時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0，

14、－a)，(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－a,2)內(nèi)單調(diào)遞減． ③當(dāng)－a＞2，即a＜－2時， ∵0＜x＜2或x＞－a時，f′(x)＞0；2＜x＜－a時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，－a)內(nèi)單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a＝－2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)－2＜a＜0時，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－a,2)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)a＜－2時，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，－a)內(nèi)單調(diào)遞減． 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 ?考法1　比較大小或解不等式 【例3】　(1)設(shè)函數(shù)f′(x)是定義在(0,

15、2π)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(x)＝f(2π－x)，當(dāng)0＜x＜π時，若f(x)sin x－f′(x)cos x＜0，a＝f，b＝0，c＝－f，則(　　) A．a(chǎn)＜b＜c　　　 B．b＜c＜a C．c＜b＜a D．c＜a＜b (2)(2019·山師大附中模擬)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝e，?x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，e) D．(e，＋∞) (1)A　(2)B　[(1)由f(x)＝f(2π－x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝π對稱，令g(x

16、)＝f(x)cos x，則g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x＞0， 所以當(dāng)0＜x＜π時，g(x)在(0，π)內(nèi)遞增， 所以g＜g＜g＝g，即a＜b＜c，故選A. (2)設(shè)F(x)＝，則F′(x)＝′＝. 因?yàn)?f(x)－f′(x)＞0， 所以F′(x)＝＜0， 即F(x)是單調(diào)遞減函數(shù)， f(x)＜e2x－1等價于＜1，即F(x)＜1. 又因?yàn)閒(1)＝e， 所以F(1)＝＝1， 則不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)，故選B.] ?考法2　求參數(shù)的取值范圍 【例4】　已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)． (1)若

17、函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍． [解]　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，－ax－2＜0有解， 即a＞－有解． 設(shè)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，即a的取值范圍為(－1，＋∞)． (2)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減得， 當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)＝－a

18、x－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1， 因?yàn)閤∈[1,4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此時x＝4)， 所以a≥－，即a的取值范圍是. [母題探究]　(1)本例(2)中，若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍． (2)本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍． [解]　(1)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增得， 當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立， ∴當(dāng)x∈[1,4]時，a≤－恒成立， 又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1(此時x＝1)， ∴a≤－1，即

19、a的取值范圍是(－∞，－1]． (2)h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 則h′(x)＜0在[1,4]上有解， ∴當(dāng)x∈[1,4]時，a＞－有解， 又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1， ∴a＞－1，即a的取值范圍是(－1，＋∞)． [規(guī)律方法]　1.已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數(shù)的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應(yīng)注意參數(shù)的取值是f′(x)不恒等于0的參數(shù)的范圍. 2.若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解. 3.利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不

20、等式的常用技巧,利用題目條件，構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式.常見構(gòu)造的輔助函數(shù)形式有： (1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)； (2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′； (3)xf′(x)－f(x)→′； (4)f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′； (5)f′(x)－f(x)→′. (1)(2019·武漢模擬)已知定義域?yàn)镽的奇函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y＝f′(x)，當(dāng)x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，若a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系正確的是(　　) A

21、．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜a C．a(chǎn)＜c＜b D．c＜a＜b (2)(2019·蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x. ①當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； ②是否存在實(shí)數(shù)a，使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由． (1)D　[設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝， ∵當(dāng)x＞0時，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由f(x)為奇函數(shù)，知g(x)為偶函數(shù)，則g(－3)＝g(3)， 又a＝g(e)，b＝g(ln 2)，c＝g(－3)＝g

22、(3)， ∴g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，故c＜a＜b.] (2)[解]?、佼?dāng)a＝－1時，f(x)＝x2＋2ln x－3x， 則f′(x)＝x＋－3＝＝. 當(dāng)0＜x＜1或x＞2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1＜x＜2時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)與(2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(1,2)． ②假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函數(shù)， ∴g′(x)＝f′(x)－a＝x－－2≥0恒成立． 即≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立． ∴x2－2x－2a≥0當(dāng)x＞0時恒成立， ∴a≤(x2－2x)＝(x－1

23、)2－恒成立． 又φ(x)＝(x－1)2－，x∈(0，＋∞)的最小值為－. ∴當(dāng)a≤－時，g′(x)≥0恒成立． 又當(dāng)a＝－，g′(x)＝當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，g′(x)＝0. 故當(dāng)a∈時，g(x)＝f(x)－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 1．(2016·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的

24、條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) A　[設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0， ∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)， ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當(dāng)x>0，g(x)>0時，f(x)>0,00，x<－1， ∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.] - 10 -