高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案

这是一份高考数学一轮复习第3章第2节第1课时导数与函数的单调性学案，共14页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。
第二节　导数的应用
考试要求：1．结合实例，借助几何直观了解函数单调性和导数的关系．
2．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)．
3．会用导数求函数的极大值、极小值．
4．会求闭区间上函数的最大值、最小值．
第1课时　导数与函数的单调性

一、教材概念·结论·性质重现
函数的单调性与导数的关系
条件
恒有
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增
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)上单调递减． (　√　)
2．函数y＝xcos x－sin x在下面哪个区间上单调递减(　　)
A． B．(π，2π)
C． D．(2π，3π)
D　解析：y′＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，欲使导数为负，只需x与sin x的符号相同，
分析四个选项知，D选项符合条件．
3．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)．
4．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调递减区间是________．
　解析：因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)0，即a0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)0，f(x)单调递增．
综上可得，当a≥时，f(x)在R上单调递增，
当a0，
x∈(ln 2，a)时，g′(x)0)．令g(x)＝x2－ax＋2，则Δ＝a2－8．
①当Δ≤0，即－2≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ＞0，即a>2或a2，则f(x)在，上单调递增，在上单调递减．

考点3　函数单调性的应用——应用性

考向1　利用函数的单调性解不等式
(2021·长安区二模)已知f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数，若对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，且有f(1)＝2，则不等式f(x)－1＞ex－1的解集为________．
(1，＋∞)　解析：不等式f(x)－1＞ex－1，等价于不等式＞1，
构造函数g(x)＝，则g′(x)＝．
因为对任意实数x都有f′(x)＞f(x)－1，则g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增．
又g(1)＝＝1，故＞1，即g(x)＞g(1)，
故不等式的解集是(1，＋∞)．

解与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数．题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常结合这种关系的特点构造新函数，利用新函数的单调性求解不等式．
考向2　利用函数的单调性比较大小
(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则(　　)
A．a