（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案

《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系條件結(jié)論函數(shù)yf(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f(x)0f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增f(x)0.()(2)如果函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f(x)0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性()(3)在(a，b)內(nèi)f(x)0且f(x)0的根有有限個(gè)，則f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)()答案：(1)(2)(3)教材衍化1(選修22P32A組T4改編)如圖是函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(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)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)x2時(shí)，f(x)取到極小值解析

2、：選C.在(4，5)上f(x)0恒成立，所以f(x)是增函數(shù)2(選修22P26練習(xí)T1(2)改編)函數(shù)f(x)exx的單調(diào)遞增區(qū)間是_解析：因?yàn)閒(x)exx，所以f(x)ex1，由f(x)0，得ex10，即x0.答案：(0，)易錯(cuò)糾偏忽視函數(shù)的定義域.函數(shù)f(x)xln x的單調(diào)遞減區(qū)間為_解析：由f(x)11，即x0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)答案：(0，1)利用導(dǎo)數(shù)判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性 討論函數(shù)f(x)(a1)ln xax21的單調(diào)性【解】f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)2ax.當(dāng)a1時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，故f(x)在

3、(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)0a1時(shí)，令f(x)0，解得x ，則當(dāng)x(0, )時(shí)，f(x)0，故f(x)在(0, )上單調(diào)遞減，在( ，)上單調(diào)遞增 (2020溫州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)xln(ax)(a0)設(shè)F(x)f(1)x2f(x)，討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性解：f(x)ln(ax)1，所以F(x)(ln a)x2ln(ax)1，函數(shù)F(x)的定義域?yàn)?0，)，F(xiàn)(x)(ln a)x.當(dāng)ln a0，即a1時(shí)，恒有F(x)0，函數(shù)F(x)在(0，)上是增函數(shù)；當(dāng)ln a0，即0a1時(shí)，令F(x)0，得(ln a)x210，解得0x ；令F(x)0，得(ln a)x210，解得x .所以函數(shù)F(x)在

4、上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 (1)函數(shù)yx2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為()A(1，1) B(0，1)C(1，) D(0，)(2)已知函數(shù)f(x)x3x2ax1(aR)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間【解】(1)選B.yx2ln x，yx(x0)令y0，得0x0，即a0，解得x1；令f(x)0，解得1x1，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，1)和(1，)；f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，1)綜上所述：當(dāng)a1時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)a0.當(dāng)x(x1，x2)時(shí)，yf(x)單調(diào)遞減，所以f(x)0.所以yf(x)的圖象在四個(gè)選項(xiàng)中只有D符合【答案】(1)D(2)D角度二已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取

5、值范圍 (1)(2020浙江省高中學(xué)科基礎(chǔ)測(cè)試)若函數(shù)f(x)2x(aR)在1，)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A0，2 B0，4C(，2 D(，4(2)函數(shù)f(x)kxln x在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，則k的取值范圍是_【解析】(1)由題意得f(x)20在1，)上恒成立，則a(2x2)min2，所以a2，故選C.(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)kxln x，所以f(x)k，函數(shù)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞減，則f(x)0在(1，)上恒成立，即k0在區(qū)間(1，)上恒成立，故k在區(qū)間(1，)上恒成立，因?yàn)樵趨^(qū)間(1，)上01，故k0.【答案】(1)C(2)(，0角度三比較大小或解不等式 (2020寧波市效

6、實(shí)中學(xué)月考)定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f(x)，若f(x)f(2x)，且當(dāng)x(，1)時(shí)，(x1)f(x)0，設(shè)af(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，bf()，cf(log28)，則a，b，c的大小關(guān)系為_(用“”連接)【解析】因?yàn)楫?dāng)x(，1)時(shí)，(x1)f(x)0，得f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，又f(x)f(2x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1對(duì)稱，所以函數(shù)f(x)圖象上的點(diǎn)距離直線x1越近函數(shù)值越大，又log283，所以log2821，得f()ff(log28)，故cab.【答案】cab(1)利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的解題思路由函數(shù)在區(qū)間a，b上單調(diào)遞增(減)

7、可知f(x)0(f(x)0)在區(qū)間a，b上恒成立列出不等式利用分離參數(shù)法或函數(shù)的性質(zhì)求解恒成立問題對(duì)等號(hào)單獨(dú)檢驗(yàn)，檢驗(yàn)參數(shù)的取值能否使f(x)在整個(gè)區(qū)間恒等于0，若f(x)恒等于0，則參數(shù)的這個(gè)值應(yīng)舍去；若只有在個(gè)別點(diǎn)處有f(x)0，則參數(shù)可取這個(gè)值(2)利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不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提醒(1)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x(a，b)都有f(x)0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f(x)0.應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解(2)注意函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與函

8、數(shù)在某區(qū)間上具有單調(diào)性是不同的 設(shè)f(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f(2)0，當(dāng)x0時(shí)，xf(x)f(x)0，則使得f(x)0成立的x的取值范圍是_解析：設(shè)g(x)(x0)，則g(x)，所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，即g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又g(2)0，所以f(x)0的解集為(2，0)(2，)故填(2，0)(2，)答案：(2，0)(2，)核心素養(yǎng)系列5數(shù)學(xué)運(yùn)算、邏輯推理構(gòu)造函數(shù)、比較大小此類涉及已知f(x)與f(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解一、x與f(x)的組合函數(shù) 若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且滿足f(2)2，f(

9、x)1，則不等式f(x)x0的解集為_【解析】令g(x)f(x)x，所以g(x)f(x)1.由題意知g(x)0，所以g(x)為增函數(shù)因?yàn)間(2)f(2)20，所以g(x)0的解集為(2，)【答案】(2，)二、ex與f(x)的組合函數(shù) 已知f(x)(xR)有導(dǎo)函數(shù)，且xR，f(x)f(x)，nN*，則有()Aenf(n)enf(0)Benf(n)f(0)，f(n)f(0)，f(n)enf(0)Denf(n)f(0)，f(n)0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(n)g(0)g(n)，即，即enf(n)enf(0)故選A.【答案】A 設(shè)a0，b0，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則()A若ea2aeb3b，則ab

10、B若ea2aeb3b，則abD若ea2aeb3b，則a0，b0，所以ea2aeb3beb2bbeb2b.對(duì)于函數(shù)yex2x(x0)，因?yàn)閥ex20，所以yex2x在(0，)上單調(diào)遞增，因而ab成立故選A.【答案】A基礎(chǔ)題組練1函數(shù)f(x)exex，xR的單調(diào)遞增區(qū)間是()A(0，)B(，0) C(，1)D(1，)解析：選D.由題意知，f(x)exe，令f(x)0，解得x1，故選D.2函數(shù)f(x)1xsin x在(0，2)上的單調(diào)情況是()A增函數(shù) B減函數(shù) C先增后減 D先減后增解析：選A.在(0，2)上有f(x)1cos x0恒成立，所以f(x)在(0，2)上單調(diào)遞增3(2020臺(tái)州市高三期

11、末質(zhì)量評(píng)估)已知函數(shù)f(x)ax3ax2x(aR)，下列選項(xiàng)中不可能是函數(shù)f(x)圖象的是()解析：選D.因f(x)ax2ax1，故當(dāng)a0時(shí)，判別式a24a0，其圖象是答案C中的那種情形；當(dāng)a0時(shí)，判別式a24a0，其圖象是答案B中的那種情形；判別式a24a0，其圖象是答案A中的那種情形；當(dāng)a0，即yx也是答案A中的那種情形，應(yīng)選答案D.4已知函數(shù)f(x)xsin x，xR，則f，f(1)，f的大小關(guān)系為()Aff(1)fBf(1)ffCff(1)fDfff(1)解析：選A.因?yàn)閒(x)xsin x，所以f(x)(x)sin(x)xsin xf(x)所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以ff.又x時(shí)，

12、得f(x)sin xxcos x0，所以此時(shí)函數(shù)是增函數(shù)所以ff(1)f(1)f，故選A.5函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.f(1)2，對(duì)任意xR，f(x)2，則f(x)2x4的解集為()A(1，1) B(1，)C(，1) D(，)解析：選B.由f(x)2x4，得f(x)2x40.設(shè)F(x)f(x)2x4，則F(x)f(x)2.因?yàn)閒(x)2，所以F(x)0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增，而F(1)f(1)2(1)42240，故不等式f(x)2x40等價(jià)于F(x)F(1)，所以x1，選B.6(2020溫州七校聯(lián)考)對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x3)f(x)0，則必有()Af(0

13、)f(6)2f(3) Bf(0)f(6)2f(3)Cf(0)f(6)2f(3) Df(0)f(6)2f(3)解析：選A.由題意知，當(dāng)x3時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在3，)上單調(diào)遞減或?yàn)槌?shù)函數(shù)；當(dāng)x3時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(，3)上單調(diào)遞增或?yàn)槌?shù)函數(shù)，所以f(0)f(3)，f(6)f(3)，所以f(0)f(6)2f(3)，故選A.7函數(shù)f(x)(x3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是_解析：因?yàn)閒(x)(x3)ex，則f(x)ex(x2)，令f(x)0，得x2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，)答案：(2，)8已知函數(shù)f(x)axln x，則當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是_，單調(diào)

14、遞減區(qū)間是_解析：由已知得f(x)的定義域?yàn)?0，)因?yàn)閒(x)a，所以當(dāng)x時(shí)f(x)0，當(dāng)0x時(shí)f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.答案：9若函數(shù)f(x)ax33x2x恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：由題意知f(x)3ax26x1，由函數(shù)f(x)恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，得f(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，所以3ax26x10需滿足a0，且3612a0，解得a3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(3，0)(0，)答案：(3，0)(0，)10(2020浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x2ex，若f(x)在t，t1上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是_解析：由題意得，f(x)

15、ex(x22x)，所以f(x)在(，2)，(0，)上單調(diào)遞增，在(2，0)上單調(diào)遞減，又因?yàn)閒(x)在t，t1上不單調(diào)，所以或，即實(shí)數(shù)t的取值范圍是(3，2)(1，0)答案：(3，2)(1，0)11已知函數(shù)f(x)ln x，其中aR，且曲線yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線垂直于直線yx.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間解：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f(x)，由f(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線垂直于直線yx，知f(1)a2，解得a.(2)由(1)知f(x)ln x，則f(x).令f(x)0，解得x1或x5.因?yàn)閤1不在f(x)的定義域(0，)內(nèi)，故舍去當(dāng)x(0，5)時(shí)，f(x)0

16、，故f(x)在(5，)內(nèi)為增函數(shù)故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(5，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，5)12(1)設(shè)函數(shù)f(x)xe2xex，求f(x)的單調(diào)區(qū)間(2)設(shè)f(x)ex(ln xa)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e2.718 28)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，求a的取值范圍解：(1)因?yàn)閒(x)xe2xex.由f(x)e2x(1xex1)及e2x0知，f(x)與1xex1同號(hào)令g(x)1xex1，則g(x)1ex1.所以當(dāng)x(，1)時(shí)，g(x)0，g(x)在區(qū)間(，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，)時(shí)，g(x)0，g(x)在區(qū)間(1，)上單調(diào)遞增故g(1)1是g(x)在區(qū)間(，)上的最小值，從而

17、g(x)0，x(，)綜上可知，f(x)0，x(，)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)(2)由題意可得f(x)ex0在上恒成立因?yàn)閑x0，所以只需ln xa0，即aln x在上恒成立令g(x)ln x.因?yàn)間(x)，由g(x)0，得x1.x(1，e)g(x)g(x)gln ee1，g(e)1，因?yàn)閑11，所以g(x)maxge1.故ae1.綜合題組練1(2020麗水模擬)已知函數(shù)yxf(x)的圖象如圖所示(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))則下面四個(gè)圖象中，yf(x)的圖象大致是()解析：選C.由題圖可知當(dāng)0x1時(shí)，xf(x)0，所以f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減當(dāng)x1時(shí)，xf(x)0，所以

18、f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)取得極小值當(dāng)x1時(shí)，xf(x)0，所以f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)1x0時(shí)，xf(x)0，所以f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)取得極大值符合條件的只有C項(xiàng)2(2020浙江新高考沖刺卷)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)當(dāng)x0時(shí)，恒有f(x)f(x)0，若g(x)x2f(x)，則不等式g(x)g(12x)的解集為()A(，1) B(，)(1，)C(，) D(，)解析：選A.因?yàn)槎x在R上的偶函數(shù)f(x)，所以f(x)f(x)因?yàn)閤0時(shí)，恒有f(x)f(x)0，所以x2f(x)2xf(x)0，因?yàn)間(x

19、)x2f(x)，所以g(x)2xf(x)x2f(x)0，所以g(x)在0，)上為減函數(shù)，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為偶函數(shù)，所以g(x)在(，0)上為增函數(shù)，因?yàn)間(x)g(12x)所以|x|12x|，即(x1)(3x1)0解得x1，選A.3.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(3)f(5)1，f(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示，則不等式f(x)1的解集是_解析：依題意得，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，f(x)是減函數(shù)又f(3)f(5)1，因此不等式f(x)1的解集是(3，5)答案：(3，5)4(2020紹興、諸暨高考模擬)已知

20、函數(shù)f(x)x33x，函數(shù)f(x)的圖象在x0處的切線方程是_；函數(shù)f(x)在區(qū)間0，2內(nèi)的值域是_解析：函數(shù)f(x)x33x，切點(diǎn)坐標(biāo)(0，0)，導(dǎo)數(shù)為y3x23，切線的斜率為3，所以切線方程為y3x；3x230，可得x1，x(1，1)，y0，函數(shù)是減函數(shù)，x(1，)，y0函數(shù)是增函數(shù)，f(0)0，f(1)2，f(2)862，函數(shù)f(x)在區(qū)間0，2內(nèi)的值域是2，2答案：y3x2，25已知函數(shù)g(x)x3ax22x.(1)若g(x)在(2，1)內(nèi)為減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若g(x)在區(qū)間(2，1)內(nèi)不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)因?yàn)間(x)x2ax2，且g(x)在(2，1)內(nèi)

21、為減函數(shù)，所以g(x)0，即x2ax20在(2，1)內(nèi)恒成立，所以即解得a3，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，3(2)因?yàn)間(x)在(2，1)內(nèi)不單調(diào)，g(x)x2ax2，所以g(2)g(1)0或由g(2)g(1)0，得(62a)(3a)0，無解由得即解得3a0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0時(shí)，令g(x)ax2(2a2)xa，(2a2)24a24(2a1)當(dāng)a時(shí)，0，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減當(dāng)a時(shí)，0，g(x)0，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減當(dāng)a0，設(shè)x1，x2(x10，所以當(dāng)x(0，x1)時(shí)，g(x)0，f(x)0，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(x2，)時(shí)，g(x)0，f(x)0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減綜上可得：當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)a0時(shí)，f(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增16