2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第三章第二讲　导数的简单应用学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第三章第二讲　导数的简单应用学案，共16页。
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第二讲　导数的简单应用


　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.函数f (x)=1+x - sin x(　　)
A.在(0,2π)上单调递增
B.在(0,2π)上单调递减
C.在(0,π)上单调递增,在(π,2π)上单调递减
D.在(0,π)上单调递减,在(π,2π)上单调递增
2.[2020陕西模拟]若函数f (x)=kx - ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　　)
A.( - ∞, - 2] B.( - ∞, - 1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
3.[2019昆明市高考模拟]函数y=f (x)的导函数y=f ' (x)的图象如图3 - 2 - 1所示,则函数y=f (x)的图象可能是(　　)

图3 - 2 - 1
4.[多选题]下列说法正确的是(　　)
A.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
B.若x0是可导函数y=f (x)的极值点,则一定有f ' (x0)=0
C.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
D.函数f (x)=xsin x有无数个极值点
5.[2017全国卷Ⅱ]若x= - 2是函数f (x)=(x2+ax - 1)ex - 1的极值点,则 f (x)的极小值为(　　)
A. - 1 B. - 2e - 3 C.5e - 3 D.1
6.[2016四川高考]已知a为函数f (x)=x3 - 12x的极小值点,则a=(　　)
A. - 4 B. - 2 C.4 D.2
7.[2018江苏高考]若函数f (x)=2x3 - ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f (x)在[ - 1,1]上的最大值与最小值的和为　　　　. 


考法1 利用导数研究函数的单调性
命题角度1　讨论函数单调性或求单调区间
1 [2020武汉市部分学校测试]已知函数f (x)=ex - ax - 1(a∈R)(e=2.718 28…是自然对数的底数).
(1)求f (x)的单调区间;
(2)讨论g(x)=f (x)·(x - 12)在区间[0,1]内的零点个数.
(1)
给什么
得什么
由f (x)=ex - ax - 1求导得f ' (x)=ex - a.
求什么
想什么
求f (x)的单调区间,需确定f ' (x)在相应区间上的符号.
差什么
找什么
由ex - a>0得ex>a,由于eln a不一定有意义,需要考虑“a>0”是否成立,故需要对“a>0”是否成立进行讨论,即(i)a≤0,(ii)a>0.
(2)
求什么
想什么
求g(x)=f (x)(x - 12)在[0,1]上的零点,只需令f (x)=0或x=12,12∈[0,1],只需研究f (x)在[0,1]上的零点个数即可.
差什么
找什么
①注意到f (0)=0,因此0是f (x)在[0,1]上的一个零点.
②研究f (x)在(0,1]上的单调性.由(1)知,
(i)a≤1时,f (x)在(0,1]上单调递增,即f (x)在(0,1]上无零点;
(ii)a>1时,需要考虑ln a是否大于1,以及f (x)与0的大小关系.
③当f (x)在(0,1]上有零点时,还需考虑其零点是否与12重合,即f (12)=0是否成立.
(1)由题意可得f ' (x)=ex - a.
当a≤0时, f ' (x)>0恒成立, 所以f (x)的单调递增区间为( - ∞,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,由f ' (x)>0,得x>ln a,由f ' (x)0,解得00).(利用十字相乘法,将分子转化为两个因式的积)
当m≤0时,(导函数符号不确定,需对分子中的二次项系数分类讨论)
因为x>0,所以2mx - 10,所以h' (x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,
又h(1)= - 3m+2>0,故m≤0不满足题意,舍去.(通过代入特殊值,舍去不合题意的值)
当m>0时,令h' (x)>0,得00进行讨论.
(2)
给什么
想什么
f (x)在x=1处取得极大值⇔ f ' (1)=0,且f (x)在x=1的左边(附近)单调递增(即f ' (x)>0),在x=1的右边(附近)单调递减(即f ' (x)0时,f ' (x)在(0,12a)上单调递增,在(12a,+∞)上单调递减.因此要使f ' (x)在x=1附近由正变到负,需12a0,函数g(x)单调递增,
x∈(12a,+∞)时,g' (x)0时,g(x)的单调递增区间为(0,12a),单调递减区间为(12a,+∞).
(2)由(1)知,f ' (1)=0.
①当a≤0时,f ' (x)单调递增,
所以当x∈(0,1)时,f ' (x)0.
所以f (x)在(0,1)上单调递减,在(1,12a)上单调递增,
所以f (x)在x=1处取得极小值,不符合题意.
③当a=12时,12a=1,f '(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f ' (x)≤0,f (x)单调递减,不符合题意.
④当a>12时,00时, f (x)在区间[1,e]上的最小值为 - 2,求实数a的取值范围.





考法3 导函数图象的应用
5[2017浙江高考]函数y=f (x)的导函数y=f ' (x)的图象如图3 - 2 - 2所示,则函数y=f (x)的图象可能是

根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数f (x)在这些零点处取得极值,排除A,B;记导函数 f ' (x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在( - ∞,x1)上f ' (x)0,所以f (θ)在(θ0,π6)上单调递增;
当θ∈(π6,π2)时,f ' (θ)0,∴g(x)为增函数.
∵ g(2)=f (2) - 2=0,∴g(x)>0即f (x) - x>0的解集为(2,+∞).
类型2　含f (x)±f ' (x)类
8f (x)为定义在R上的可导函数,且f ' (x)>f (x),对任意正实数a,下列式子一定成立的是　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.f (a)eaf (0)
C.f (a)f(0)ea
令g(x)=f(x)ex,
则g' (x)=f '(x)ex-f(x)ex(ex)2=f '(x)-f(x)ex>0.
∴g(x)在R上为增函数,又a>0,
∴g(a)>g(0),即f(a)ea>f(0)e0.故f (a)>eaf (0).
B
类型3　含xf ' (x)±f (x)类
9 [2015新课标全国Ⅱ]设函数f ' (x)是奇函数f (x)(x∈R)的导函数,f ( - 1)=0,当x>0时,xf ' (x) - f (x)0成立的x的取值范围是
A.( - ∞, - 1)∪(0,1) B.( - 1,0)∪(1,+∞)
C.( - ∞, - 1)∪( - 1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
令F (x)=f(x)x,因为f (x)为奇函数,所以F (x)为偶函数,由于F ' (x)=xf '(x)-f(x)x2,当x>0时,xf ' (x) - f (x)0成立的x的取值范围是( - ∞, - 1)∪(0,1).
A
类型4　含f (x)±f ' (x)tan x类
10 [2020成都市高三测试]已知f (x)是定义在( - π2,π2)上的奇函数,其导函数为f ' (x),f (π8)=2,且当x∈(0,π2)时,
f ' (x)sin 2x+2f (x)cos 2x>0.则不等式f (x)sin 2x0,所以
F (x)在(0,π2)上单调递增,又F (x)是( - π2,π2)上的偶函数,所以F (x)在( - π2,0)上单调递减.因为F (π8)=f (π8)sin π4=1,所以不等式
f (x)sin 2x0,x>0,解得x>1.所以函数f (x)的单调递增区间为(1,+∞).
(2)因为f (x)=aln x+12x2+(a+1)x+1,
所以f ' (x)=ax+x+a+1=x2+(a+1)x+ax=(x+1)(x+a)x,
又函数f (x)=aln x+12x2+(a+1)x+1在(0,+∞)上单调递增,
所以f ' (x)≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,
即x+a≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以a≥0.
故实数a的取值范围是[0,+∞).










1.A　∵在(0,2π)上,f ' (x)=1 - cos x>0,∴f (x)在(0,2π)上单调递增.
2.D　因为f (x)=kx - ln x,所以f ' (x)=k - 1x.因为f (x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,f ' (x)=k - 1x≥0恒成立,即k≥1x在区间(1,+∞)上恒成立.因为x>1,所以00,解得x< - 2或x>1,令f ' (x)0得x>a3,由f ' (x)0,则x>ln m,即函数f (x)在(ln m,+∞)上单调递增,
同理,令f ' (x)0时,函数f (x)在(ln m,+∞)上单调递增,在( - ∞,ln m)上单调递减,
∴f (x)min=f (ln m)=m(1 - ln m).
由条件得,m(1 - ln m)e.
又f (0)=1>0,∴f (x)在(0,ln m)上存在零点,且为( - ∞,ln m)上的唯一零点.
易知f (2ln m)=m2 - 2mln m=m(m - 2ln m).
令g(m)=m - 2ln m,则g' (m)=1 - 2m,
∴当m>e时,g(m)单调递增,g(m)>g(e)>0.
∴f (2ln m)=m2 - 2mln m=m(m - 2ln m)>0,∴f (x)在(ln m,2ln m)上存在零点,且为(ln m,+∞)上的唯一零点.
综上得,m>e,即m的取值范围为(e,+∞).
2.因为g(x)=13x3 - a2x2+2x+5,所以g' (x)=x2 - ax+2.
(1)( - ∞, - 3]　解法一　因为g(x)在( - 2, - 1)内单调递减,
所以g' (x)=x2 - ax+2≤0在( - 2, - 1)内恒成立.
所以g'(-2)≤0,g'(-1)≤0,即4+2a+2≤0,1+a+2≤0, 解得a≤ - 3.
即实数a的取值范围为( - ∞, - 3].
解法二　由题意知x2 - ax+2≤0在( - 2, - 1)内恒成立,
所以a≤x+2x在( - 2, - 1)内恒成立,记h(x)=x+2x,
则x∈( - 2, - 1)时, - 30),则h' (x)=1x·x-(lnx+1)·1x2=-lnxx2,
令h' (x)=0,得x=1.
当00,所以当x>1时,y= - xf ' (x)>0,排除A,C;当00,函数单调递增;
当x∈(20,30]时,y'