(适用辅导班)2023-2024年高二数学寒假讲义+分层练习（基础班）3.2.1《导数与函数的单调性、极值与最值及大题常考的4类题型》 (2份打包，原卷版+教师版)

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知识点一 利用导数研究函数的单调性
1．函数f(x)在某个区间(a，b)内的单调性与f′(x)的关系
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增．
(2)若f′(x)0或f′(x)1时，f′(x)＝k﹣eq \f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以00.
答案：(0，＋∞)
6．设函数f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上，f″(x)0，此时函数f(x)为增函数，当﹣20，))得0ln(n＋1)．
解：(1)∵f(x)＝kx﹣ln x﹣1，∴f′(x)＝k﹣eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)(x>0，k>0)．
当0ln eq \f(n＋1,n)，
∴1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>lneq \f(2,1)＋lneq \f(3,2)＋…＋lneq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)，故1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)>ln(n＋1)．
2．已知函数f(x)＝axex＋(x＋1)2，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的极值；
(2)若函数g(x)＝f(x)﹣e在R上恰有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝aex＋axex＋2(x＋1)＝(aex＋2)(x＋1)．
①当a≥0时，令f′(x)＝0⇒x＝﹣1，x∈(﹣∞，﹣1)时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)h(x)＝g(x)﹣f(x)＝x2＋xln a﹣aexln x.
由h(x)>0得x2＋xln a﹣aexln x>0，即aexln x0，函数H(x)单调递增，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0,1)时，H(x)x，则H(aex)≥0>H(x)．
若0x.
综上可知，aex>x时对任意x∈(0,1)恒成立，即a>eq \f(x,ex)对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(0,1)，则G′(x)＝eq \f(1－x,ex)>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：m＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)(x2﹣1)﹣ln x(x>0)，则f′(x)＝﹣eq \f(1,x)＋x＝eq \f(x2－1,x)，
当x∈(0,1)时，f′(x)0，所以f(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝﹣eq \f(1,x)＋mx＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)0时，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，
当x∈(0，eq \f(1,\r(m)))时，f′(x)0，
所以f(x)在(0，eq \f(1,\r(m)))上单调递减，在(eq \f(1,\r(m))，+∞)上单调递增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))处取得极小值f(eq \f(1,\r(m)))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)﹣eq \f(1,2)m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)＝eq \f(ex－1－x,xex－1)，不难证明ex﹣1﹣x≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
由(1)知，当m≤0，x>1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(x)eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，只能m>0.
当01,00恒成立．
故存在m≥1，使得不等式f(x)>eq \f(1,x)﹣eq \f(1,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．已知函数f(x)＝ex﹣sin x﹣cs x，g(x)＝ex＋sin x＋cs x.
(1)证明：当x>﹣eq \f(5π,4)时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex﹣sin x﹣cs x＝ex﹣eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))，
f′(x)＝ex﹣cs x＋sin x＝ex＋eq \r(2)sin(x﹣eq \f(π,4))，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cs x＝ex＋eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈(﹣eq \f(5π,4)，﹣eq \f(π,4))时，eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))0；
②当x∈[﹣eq \f(π,4)，0)时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)≤f′(0)＝0，
所以f(x)单调递减，f(x)≥f(0)＝0；
③当x∈(0，eq \f(3π,4))时，f″(x)>0，所以f′(x)单调递增，f′(x)>f′(0)＝0，
所以f(x)单调递增，f(x)＞f(0)＝0；
④当x∈[eq \f(3π,4),+∞)时，f(x)＝ex﹣eq \r(2)sin(x+eq \f(π,4))≥e﹣eq \r(2)>0.
综上，当x>﹣eq \f(5π,4)时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)﹣2﹣ax＝ex＋sin x＋cs x﹣2﹣ax，则F(x)min≥0，
所以F(﹣eq \f(5π,4))＝e＋eq \f(5π,4)a﹣2≥0⇒a≥eq \f(2－e,\f(5π,4))＞0.
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cs x﹣sin x﹣a，F′(0)＝2﹣a，F″(x)＝ex﹣sin x﹣cs x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞﹣eq \f(5π,4)时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cs x﹣sin x﹣a在(﹣eq \f(5π,4)，＋∞)单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在(﹣eq \f(5π,4)，0)为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在(﹣eq \f(5π,4)，0)递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤﹣eq \f(5π,4)时，F(x)＝ex＋sin x＋cs x﹣2﹣2x≥ex＋sin x＋cs x﹣2＋eq \f(5π,2)≥eq \f(5π,2)﹣2﹣eq \r(2)>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2﹣a