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新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：3.2 第1课时 利用导数研究函数的单调性
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这是一份新教材2022版高考人教A版数学一轮复习学案：3.2 第1课时 利用导数研究函数的单调性，共13页。
3.2 导数在研究函数中的应用
第1课时 利用导数研究函数的单调性
必备知识预案自诊
知识梳理
函数的单调性与导数的关系
(1)已知函数f(x)在某个区间内可导,
①如果f'(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间上 ;
②如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间上 ;
③如果f'(x)=0,那么函数y=f(x)在这个区间上是常数函数.
(2)可导函数f(x)在[a,b]上单调递增,则有f'(x)≥0在[a,b]上恒成立.
(3)可导函数f(x)在[a,b]上单调递减,则有f'(x)≤0在[a,b]上恒成立.
(4)若函数y=f(x)在区间(a,b)上具有单调性,则f'(x)在该区间上不变号.
可导函数f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充要条件是∀x∈(a,b),都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)且f'(x)在(a,b)的任何子区间上都不恒为零.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)在(a,b)上f'(x)≤0,且f'(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)上单调递减.( )
(2)若函数f(x)在定义域上都有f'(x)<0,则函数f(x)在定义域上一定单调递减.( )
(3)已知函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,则f'(x)>0恒成立.( )
(4)在某区间上f'(x)>0(f'(x)<0)是函数f(x)在此区间上单调递增(减)的充分不必要条件.( )
(5)函数f(x)=sin x-2x在(0,π)上单调递减.( )
2.(多选)(2021年1月8省适应测试)已知函数f(x)=xln(1+x),则( )
A.f(x)在区间(0,+∞)上单调递增
B.f(x)有两个零点
C.曲线y=f(x)在点-12,f-12处切线的斜率为-1-ln 2
D.f(x)是偶函数
3.函数f(x)=ex-ex,x∈R的单调递增区间是( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.(-∞,1) D.(1,+∞)
4.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(32),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是( )
A.a
关键能力学案突破
考点
利用导数求函数的单调区间
【例1】已知函数f(x)=ln x-2x2+3,则函数f(x)的单调递增区间为 .
解题心得1.利用导数求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f'(x)>0或f'(x)<0.
2.求f(x)的单调区间,需知f'(x)的正负,若f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将f'(x)中正负不定的部分设为g(x),对g(x)再进行一次或二次求导,由g'(x)的正负及g(x)的零点判断出g(x)的单调性及最值,进而得出f'(x)的正负.
对点训练1(2020陕西西安中学六模,文21)设函数f(x)=x+lnxx.
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间.
考点
利用导数讨论含参数的函数的单调性
【例2】设a>0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.
解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:
分类讨论点1:求导后,考虑f'(x)=0是否有实数根,从而引起分类讨论;
分类讨论点2:求导后,f'(x)=0有实数根,但不清楚f'(x)=0的实数根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;
分类讨论点3:求导后,f'(x)=0有实数根,f'(x)=0的实数根也落在定义域内,但不清楚这些实数根的大小关系,从而引起分类讨论.
对点训练2(2020全国2,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求实数c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.
考点
函数单调性的应用(多考向探究)
考向1 比较大小或解不等式
【例3】(1)(2020湖南长郡中学四模,11)若0
A.x2+1ex2>ln3+13>x+1ex
B.x2+1ex2>x+1ex>ln3+13
C.ln3+13>x+1ex>x2+1ex2
D.ln3+13>x2+1ex2>x+1ex
(2)(2020河北保定二模,文12)设函数f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f'(x),若f(x)+f'(x)>1,f(0)=2 020,则不等式exf(x)>ex+2 019的解集为( )
A.(-∞,0)
B.(-∞,0)∪(2 019,+∞)
C.(2 019,+∞)
D.(0,+∞)
解题心得利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件,构造辅助函数,把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,再由单调性比较大小或解不等式的问题.
对点训练3(1)设f(x),g(x)在[a,b]上可导,且f'(x)>g'(x),则当a
A.f(x)>g(x)
B.f(x)
D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)
(2)(2021年1月8省适应测试)已知a<5,且ae5=5ea,b<4,且be4=4eb,c<3,且ce3=3ec,则( )
A.c
【例4】已知函数f(x)=ln x,g(x)=12ax2+2x.若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,则实数a的取值范围为 .
解题心得利用函数单调性求参数取值范围的两类热点问题的处理方法
(1)函数f(x)在区间D上存在单调递增(减)区间.
方法一:转化为“f'(x)>0(<0)在区间D上有解”;
方法二:转化为“存在区间D的一个子区间使f'(x)>0(或f'(x)<0)成立”.
(2)函数f(x)在区间D上单调递增(减).
方法一:转化为“f'(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”;
方法二:转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子集”.
对点训练4(1)(2020湖南湘潭三模,文12)已知函数f(x)=12ax2+3x-3ex是减函数,则正数a=( )
A.9 B.e2 C.3 D.e
(2)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在区间(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.-1,13
C.-13,13 D.-1,-13
变式发散1将例4中的“在[1,4]上单调递减”改为“存在单调递减区间”,其他不变.
变式发散2例4中的已知条件不变,把后面的问题改为:讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的单调性.
阅读下列四个在抽象函数中构造辅助函数,利用辅助函数解决问题的案例,思考如何构造辅助函数.你能不能从具体的实例中抽象出构造辅助函数的数学结论?
【例1】已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(-1)=0,当x<0时,f(x)+xf'(x)<0,则使得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,+∞)
答案B
解析构造函数F(x)=xf(x).当x<0时,F'(x)=f(x)+xf'(x)<0,F(x)单调递减.
又因为f(-1)=0,所以F(-1)=0.
所以当-10.
因为f(x)为奇函数,所以F(x)=xf(x)为偶函数,所以当x>1时,F(x)>0,
所以当x>1时,f(x)>0.综上可知,f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞).故选B.
【例2】已知函数f(x)满足f(x)+2f'(x)>0,则下列不等式成立的是( )
A.f(1)>f(0)e B.f(2)
答案A
解析设F(x)=2e12xf(x),则F'(x)=e12xf(x)+2e12xf'(x)=e12x[f(x)+2f'(x)].
因为f(x)+2f'(x)>0,所以F'(x)>0,
所以F(x)在定义域上单调递增.
所以F(1)>F(0),即2ef(1)>2f(0),
所以f(1)>f(0)e.故选A.
【例3】已知f(x)为定义在R上的可导函数,且f(x)
B.f(1)=ef(0)
C.f(1)
答案A
解析设F(x)=f(x)ex,则F'(x)=f'(x)-f(x)ex.
因为f(x)0,
所以F(x)是R上的增函数.所以F(1)>F(0),
即f(1)e>f(0),所以f(1)>ef(0).故选A.
【例4】定义在区间0,π2上的函数f(x),f'(x)是其导函数,恒有f(x)>f'(x)tan x成立,则( )
A.3fπ4>2fπ3 B.f(1)>2fπ6sin 1
C.2fπ6
解析因为x∈0,π2,所以sinx>0,cosx>0.
由f(x)>f'(x)tanx,得f(x)cosx-f'(x)sinx>0.
设F(x)=f(x)sinx,则F'(x)=f'(x)sinx-f(x)cosxsin2x<0,
所以F(x)在区间0,π2上单调递减.
所以Fπ4>Fπ3,
即3fπ4>2fπ3.故选A.
数学抽象的思维过程仔细观察和思考例1和例2的解法,它们有一个共同特点:采用导数的积运算法则,即[f(x)·g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).例3和例4的解法,它们也有一个共同点:采用导数的商运算法则,即f(x)g(x)'=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)[g(x)]2(g(x)≠0).由此可见,对于含有f(x)和f'(x)的不等式,将不等式的右边化为0,若左边是u(x)f(x)+v(x)f'(x)的形式,其中u(x)和v(x)为常见的变量或常量,则此时用导数的积运算法则;若左边是u(x)f(x)-v(x)f'(x)的形式,则此时用导数的商运算法则.
在例1中,f(x)+xf'(x)<0,根据导数的积运算法则(箭头指向方向为函数的导函数,后面不再说明),可以看出f(x)的导数为f'(x),x的导数为1,从而构造出函数F(x)=xf(x).
在例2中,f(x)+2f'(x)>0,根据导数的积运算法则,可以看出f(x)的导数为f'(x),2的导数为1显然不成立,则不等式两边一定约去了一个不为0的变量,则猜想到y=ex,但这里还要考虑系数1和2,进一步猜想到复合函数y=e12x,给上述不等式两边同乘e12x,则
从而构造出函数F(x)=2e12xf(x).
在例3中,由f(x)
在例4中,由f(x)>f'(x)tanx,得f(x)cosx-f'(x)sinx>0,且sinx>0,根据导数的商运算法则,可以看出f(x)的导数为f'(x),sinx的导数为cosx,从而构造出函数F(x)=f(x)sinx.
数学抽象的结论根据题设条件,并借助初等函数的导数公式和导数的基本运算法则,相应地构造函数如下.
(1)对于不等式f'(x)>k(k≠0),构造函数g(x)=f(x)-kx+b.
(2)对于不等式xf'(x)+f(x)>0,构造函数g(x)=xf(x).
(3)对于不等式xf'(x)-f(x)>0,构造函数g(x)=f(x)x(x≠0).
(4)对于不等式xf'(x)+nf(x)>0,构造函数g(x)=xnf(x).
(5)对于不等式xf'(x)-nf(x)>0,构造函数g(x)=f(x)xn(x≠0).
(6)对于不等式f'(x)+f(x)>0,构造函数g(x)=exf(x).
(7)对于不等式f'(x)-f(x)>0,构造函数g(x)=f(x)ex.
(8)对于不等式f'(x)+kf(x)>0,构造函数g(x)=ekxf(x).
(9)对于不等式f'(x)+2xf(x)>0,构造函数g(x)=ex2f(x).
(10)对于不等式f'(x)+lnaf(x)>0(a>0),构造函数g(x)=axf(x).
(11)对于不等式f(x)+f'(x)tanx>0,构造函数g(x)=f(x)sinx.
(12)对于不等式f'(x)-f(x)tanx>0,构造函数g(x)=f(x)cosx.
(13)对于不等式f'(x)f(x)>0(f(x)>0),构造函数g(x)=lnf(x).
(14)对于不等式f'(x)lnx+f(x)x>0(x>0),构造函数g(x)=f(x)lnx.
3.2 导数在研究函数中的应用
第1课时 利用导数研究函数的单调性
必备知识·预案自诊
知识梳理
(1)①单调递增 ②单调递减
考点自诊
1.(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
2.AC
3.D 由题意知,f'(x)=ex-e,令f'(x)>0,解得x>1.故选D.
4.D 由题意,得f'(x)=3-2sinx,所以f'(x)在R上恒为正,所以f(x)是R上的增函数.又因为2=log24
关键能力·学案突破
例10,12 依题意,f'(x)=1x-4x=1-4x2x=(1+2x)(1-2x)x,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,则1-2x>0,解得0
则切线斜率k=f'(1)=2.
又因为f(1)=1,所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)f'(x)=1+1-lnxx2=x2+1-lnxx2(x>0).
令g(x)=x2+1-lnx(x>0),则g'(x)=2x2-1x(x>0).
当0
即g(x)在区间0,22上单调递减,在22,+∞上单调递增.
故g(x)min=g22=32-ln22>0,
所以f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立.
所以,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
例2解f(x)的定义域是(0,+∞).
f'(x)=1x+2a(1-a)x-2(1-a)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1x.
令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型,对a进行分类讨论.
(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=1>0,f'(x)=1x>0,于是f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)当a≠1时,g(x)是二次函数,首先讨论f'(x)=0是否有实数根,方程g(x)=0对应的Δ=4(a-1)(3a-1).
①当Δ<0,即130,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当Δ=0,即a=13时,g(x)=0有两个相等的实根x1=x2=32,于是f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当Δ>0,即01时,g(x)=0有两个不相等的实根分别为x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).
因为x1+x2=1a,x1x2=12a(1-a),
所以当00且x1x2>0,所以x1>0,x2>0.
由x1与x2的表达式知x1x2,所以f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增;
由f'(x)<0,可得x1
由f'(x)<0可得x>x1,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递减.
综上所述,当0
当a>1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.
其中x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).
对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2.
(1)当00;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.
取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+lnax<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单调递减.
例3(1)B (2)D (1)设f(x)=x+1ex,则f'(x)=-xex.令f'(x)>0,得x<0;令f'(x)<0,得x>0.则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.若0f(x)>f(ln3),即x2+1ex2>x+1ex>ln3+13.故选B.
(2)设g(x)=exf(x)-ex,则g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1].∵f(x)+f'(x)>1,ex>0,
∴g'(x)=ex[f(x)+f'(x)-1]>0,
∴g(x)是R上的增函数.
又g(0)=f(0)-1=2019,
∴g(x)>2019的解集为(0,+∞),
即不等式exf(x)>ex+2019的解集为(0,+∞).故选D.
对点训练3(1)C (2)D (3)(1,+∞) (1)∵f'(x)>g'(x),∴[f(x)-g(x)]'>0.
∴f(x)-g(x)在[a,b]上单调递增.
∴f(a)-g(a)g(x)+f(a).
(3)设F(x)=f(x)ex,则F'(x)=f'(x)-f(x)ex.
∵f'(x)>f(x),∴F'(x)>0,即函数F(x)在定义域上单调递增.
∵ex-1f(x)1,∴不等式ex-1f(x)
设G(x)=1x2-2x=1x-12-1,
所以a≥G(x)max.
因为x∈[1,4],所以1x∈14,1,
所以G(x)max=-716(此时x=4),
所以a≥-716.
对点训练4(1)C (2)C (1)由f(x)是减函数,得当x∈R时,f'(x)=ax+3-3ex≤0恒成立.
设g(x)=ax+3-3ex.
∵g'(x)=a-3ex,a>0,
∴当x∈-∞,lna3时,g'(x)>0;
当x∈lna3,+∞时,g'(x)<0.
∴g(x)在-∞,lna3上单调递增,在lna3,+∞上单调递减.
∴g(x)在x=lna3处取得最大值.
又g(0)=0,∴对任意的x∈R,g(x)≤g(0)恒成立,即g(x)的最大值为g(0),
∴lna3=0,解得a=3.
(2)由题意可知,f'(x)=1-23cos2x+acosx=-43cos2x+acosx+53.
因为f(x)在R上单调递增,所以f'(x)=-43cos2x+acosx+53≥0在R上恒成立.
(方法1)则由题意可得,当cosx=1时,f'(x)≥0;
当cosx=-1时,f'(x)≥0.即-43+a+53≥0,-43-a+53≥0,解得-13≤a≤13.
(方法2)令t=cosx∈[-1,1].
当t=0时,53>0恒成立;
当0
所以h(t)max=h(1)=-13.
所以a≥-13.
当-1≤t<0时,a≤43t-53t.
令g(t)=43t-53t,则g'(t)=43+53t2>0,所以g(t)在[-1,0)上单调递增.
所以g(t)min=g(-1)=13.
所以a≤13.
综上,-13≤a≤13.
变式发散1(-1,+∞) h(x)=lnx-12ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h'(x)=1x-ax-2.
由h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间得,当x∈(0,+∞)时,1x-ax-2<0有解,即a>1x2-2x有解.设G(x)=1x2-2x,所以只要a>G(x)min即可.
而G(x)=1x-12-1,
所以G(x)min=-1.所以a>-1.
变式发散2解h(x)=lnx-12ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h'(x)=1x-ax-2=-ax2-2x+1x.
当a=0时,h'(x)=-2x+1x,则h(x)在0,12上单调递增,在12,+∞上单调递减;
当a≤-1时,Δ≤0,则h'(x)≥0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-10,h'(x)=0的两个实数根为x1=-1-1+aa>0,x2=-1+1+aa>0,且x1>x2,
所以h(x)在0,-1+1+aa和-1-1+aa,+∞上单调递增,在-1+1+aa,-1-1+aa上单调递减;
当a>0时,h'(x)=0的两个实数根x1=-1-1+aa<0,x2=-1+1+aa>0,
所以h(x)在0,-1+1+aa上单调递增,在-1+1+aa,+∞上单调递减.
综上,当a≤-1时,h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-1
当a>0时,h(x)在0,-1+1+aa上单调递增,在-1+1+aa,+∞上单调递减.
3.2 导数在研究函数中的应用
第1课时 利用导数研究函数的单调性
必备知识预案自诊
知识梳理
函数的单调性与导数的关系
(1)已知函数f(x)在某个区间内可导,
①如果f'(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间上 ;
②如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间上 ;
③如果f'(x)=0,那么函数y=f(x)在这个区间上是常数函数.
(2)可导函数f(x)在[a,b]上单调递增,则有f'(x)≥0在[a,b]上恒成立.
(3)可导函数f(x)在[a,b]上单调递减,则有f'(x)≤0在[a,b]上恒成立.
(4)若函数y=f(x)在区间(a,b)上具有单调性,则f'(x)在该区间上不变号.
可导函数f(x)在(a,b)上单调递增(减)的充要条件是∀x∈(a,b),都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)且f'(x)在(a,b)的任何子区间上都不恒为零.
考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)在(a,b)上f'(x)≤0,且f'(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)上单调递减.( )
(2)若函数f(x)在定义域上都有f'(x)<0,则函数f(x)在定义域上一定单调递减.( )
(3)已知函数f(x)在区间[a,b]上单调递增,则f'(x)>0恒成立.( )
(4)在某区间上f'(x)>0(f'(x)<0)是函数f(x)在此区间上单调递增(减)的充分不必要条件.( )
(5)函数f(x)=sin x-2x在(0,π)上单调递减.( )
2.(多选)(2021年1月8省适应测试)已知函数f(x)=xln(1+x),则( )
A.f(x)在区间(0,+∞)上单调递增
B.f(x)有两个零点
C.曲线y=f(x)在点-12,f-12处切线的斜率为-1-ln 2
D.f(x)是偶函数
3.函数f(x)=ex-ex,x∈R的单调递增区间是( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.(-∞,1) D.(1,+∞)
4.(2020天津河北区线上测试,6)已知函数f(x)=3x+2cos x,若a=f(32),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是( )
A.a
关键能力学案突破
考点
利用导数求函数的单调区间
【例1】已知函数f(x)=ln x-2x2+3,则函数f(x)的单调递增区间为 .
解题心得1.利用导数求单调区间(或证明单调性),只要在函数定义域内解(或证明)不等式f'(x)>0或f'(x)<0.
2.求f(x)的单调区间,需知f'(x)的正负,若f'(x)不含参数,但又不好判断正负,将f'(x)中正负不定的部分设为g(x),对g(x)再进行一次或二次求导,由g'(x)的正负及g(x)的零点判断出g(x)的单调性及最值,进而得出f'(x)的正负.
对点训练1(2020陕西西安中学六模,文21)设函数f(x)=x+lnxx.
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间.
考点
利用导数讨论含参数的函数的单调性
【例2】设a>0,讨论函数f(x)=ln x+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.
解题心得对于含参数的函数的单调性的讨论,常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个:
分类讨论点1:求导后,考虑f'(x)=0是否有实数根,从而引起分类讨论;
分类讨论点2:求导后,f'(x)=0有实数根,但不清楚f'(x)=0的实数根是否落在定义域内,从而引起分类讨论;
分类讨论点3:求导后,f'(x)=0有实数根,f'(x)=0的实数根也落在定义域内,但不清楚这些实数根的大小关系,从而引起分类讨论.
对点训练2(2020全国2,文21)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求实数c的取值范围;
(2)设a>0,讨论函数g(x)=f(x)-f(a)x-a的单调性.
考点
函数单调性的应用(多考向探究)
考向1 比较大小或解不等式
【例3】(1)(2020湖南长郡中学四模,11)若0
A.x2+1ex2>ln3+13>x+1ex
B.x2+1ex2>x+1ex>ln3+13
C.ln3+13>x+1ex>x2+1ex2
D.ln3+13>x2+1ex2>x+1ex
(2)(2020河北保定二模,文12)设函数f(x)是定义在R上的函数,其导函数为f'(x),若f(x)+f'(x)>1,f(0)=2 020,则不等式exf(x)>ex+2 019的解集为( )
A.(-∞,0)
B.(-∞,0)∪(2 019,+∞)
C.(2 019,+∞)
D.(0,+∞)
解题心得利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件,构造辅助函数,把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性,再由单调性比较大小或解不等式的问题.
对点训练3(1)设f(x),g(x)在[a,b]上可导,且f'(x)>g'(x),则当a
A.f(x)>g(x)
B.f(x)
D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)
(2)(2021年1月8省适应测试)已知a<5,且ae5=5ea,b<4,且be4=4eb,c<3,且ce3=3ec,则( )
A.c
【例4】已知函数f(x)=ln x,g(x)=12ax2+2x.若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,则实数a的取值范围为 .
解题心得利用函数单调性求参数取值范围的两类热点问题的处理方法
(1)函数f(x)在区间D上存在单调递增(减)区间.
方法一:转化为“f'(x)>0(<0)在区间D上有解”;
方法二:转化为“存在区间D的一个子区间使f'(x)>0(或f'(x)<0)成立”.
(2)函数f(x)在区间D上单调递增(减).
方法一:转化为“f'(x)≥0(≤0)在区间D上恒成立”;
方法二:转化为“区间D是函数f(x)的单调递增(减)区间的子集”.
对点训练4(1)(2020湖南湘潭三模,文12)已知函数f(x)=12ax2+3x-3ex是减函数,则正数a=( )
A.9 B.e2 C.3 D.e
(2)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在区间(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.[-1,1] B.-1,13
C.-13,13 D.-1,-13
变式发散1将例4中的“在[1,4]上单调递减”改为“存在单调递减区间”,其他不变.
变式发散2例4中的已知条件不变,把后面的问题改为:讨论函数h(x)=f(x)-g(x)的单调性.
阅读下列四个在抽象函数中构造辅助函数,利用辅助函数解决问题的案例,思考如何构造辅助函数.你能不能从具体的实例中抽象出构造辅助函数的数学结论?
【例1】已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(-1)=0,当x<0时,f(x)+xf'(x)<0,则使得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,+∞)
答案B
解析构造函数F(x)=xf(x).当x<0时,F'(x)=f(x)+xf'(x)<0,F(x)单调递减.
又因为f(-1)=0,所以F(-1)=0.
所以当-1
因为f(x)为奇函数,所以F(x)=xf(x)为偶函数,所以当x>1时,F(x)>0,
所以当x>1时,f(x)>0.综上可知,f(x)>0的解集为(-1,0)∪(1,+∞).故选B.
【例2】已知函数f(x)满足f(x)+2f'(x)>0,则下列不等式成立的是( )
A.f(1)>f(0)e B.f(2)
答案A
解析设F(x)=2e12xf(x),则F'(x)=e12xf(x)+2e12xf'(x)=e12x[f(x)+2f'(x)].
因为f(x)+2f'(x)>0,所以F'(x)>0,
所以F(x)在定义域上单调递增.
所以F(1)>F(0),即2ef(1)>2f(0),
所以f(1)>f(0)e.故选A.
【例3】已知f(x)为定义在R上的可导函数,且f(x)
B.f(1)=ef(0)
C.f(1)
答案A
解析设F(x)=f(x)ex,则F'(x)=f'(x)-f(x)ex.
因为f(x)
所以F(x)是R上的增函数.所以F(1)>F(0),
即f(1)e>f(0),所以f(1)>ef(0).故选A.
【例4】定义在区间0,π2上的函数f(x),f'(x)是其导函数,恒有f(x)>f'(x)tan x成立,则( )
A.3fπ4>2fπ3 B.f(1)>2fπ6sin 1
C.2fπ6
解析因为x∈0,π2,所以sinx>0,cosx>0.
由f(x)>f'(x)tanx,得f(x)cosx-f'(x)sinx>0.
设F(x)=f(x)sinx,则F'(x)=f'(x)sinx-f(x)cosxsin2x<0,
所以F(x)在区间0,π2上单调递减.
所以Fπ4>Fπ3,
即3fπ4>2fπ3.故选A.
数学抽象的思维过程仔细观察和思考例1和例2的解法,它们有一个共同特点:采用导数的积运算法则,即[f(x)·g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x).例3和例4的解法,它们也有一个共同点:采用导数的商运算法则,即f(x)g(x)'=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)[g(x)]2(g(x)≠0).由此可见,对于含有f(x)和f'(x)的不等式,将不等式的右边化为0,若左边是u(x)f(x)+v(x)f'(x)的形式,其中u(x)和v(x)为常见的变量或常量,则此时用导数的积运算法则;若左边是u(x)f(x)-v(x)f'(x)的形式,则此时用导数的商运算法则.
在例1中,f(x)+xf'(x)<0,根据导数的积运算法则(箭头指向方向为函数的导函数,后面不再说明),可以看出f(x)的导数为f'(x),x的导数为1,从而构造出函数F(x)=xf(x).
在例2中,f(x)+2f'(x)>0,根据导数的积运算法则,可以看出f(x)的导数为f'(x),2的导数为1显然不成立,则不等式两边一定约去了一个不为0的变量,则猜想到y=ex,但这里还要考虑系数1和2,进一步猜想到复合函数y=e12x,给上述不等式两边同乘e12x,则
从而构造出函数F(x)=2e12xf(x).
在例3中,由f(x)
在例4中,由f(x)>f'(x)tanx,得f(x)cosx-f'(x)sinx>0,且sinx>0,根据导数的商运算法则,可以看出f(x)的导数为f'(x),sinx的导数为cosx,从而构造出函数F(x)=f(x)sinx.
数学抽象的结论根据题设条件,并借助初等函数的导数公式和导数的基本运算法则,相应地构造函数如下.
(1)对于不等式f'(x)>k(k≠0),构造函数g(x)=f(x)-kx+b.
(2)对于不等式xf'(x)+f(x)>0,构造函数g(x)=xf(x).
(3)对于不等式xf'(x)-f(x)>0,构造函数g(x)=f(x)x(x≠0).
(4)对于不等式xf'(x)+nf(x)>0,构造函数g(x)=xnf(x).
(5)对于不等式xf'(x)-nf(x)>0,构造函数g(x)=f(x)xn(x≠0).
(6)对于不等式f'(x)+f(x)>0,构造函数g(x)=exf(x).
(7)对于不等式f'(x)-f(x)>0,构造函数g(x)=f(x)ex.
(8)对于不等式f'(x)+kf(x)>0,构造函数g(x)=ekxf(x).
(9)对于不等式f'(x)+2xf(x)>0,构造函数g(x)=ex2f(x).
(10)对于不等式f'(x)+lnaf(x)>0(a>0),构造函数g(x)=axf(x).
(11)对于不等式f(x)+f'(x)tanx>0,构造函数g(x)=f(x)sinx.
(12)对于不等式f'(x)-f(x)tanx>0,构造函数g(x)=f(x)cosx.
(13)对于不等式f'(x)f(x)>0(f(x)>0),构造函数g(x)=lnf(x).
(14)对于不等式f'(x)lnx+f(x)x>0(x>0),构造函数g(x)=f(x)lnx.
3.2 导数在研究函数中的应用
第1课时 利用导数研究函数的单调性
必备知识·预案自诊
知识梳理
(1)①单调递增 ②单调递减
考点自诊
1.(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)√
2.AC
3.D 由题意知,f'(x)=ex-e,令f'(x)>0,解得x>1.故选D.
4.D 由题意,得f'(x)=3-2sinx,所以f'(x)在R上恒为正,所以f(x)是R上的增函数.又因为2=log24
关键能力·学案突破
例10,12 依题意,f'(x)=1x-4x=1-4x2x=(1+2x)(1-2x)x,x∈(0,+∞).令f'(x)>0,则1-2x>0,解得0
则切线斜率k=f'(1)=2.
又因为f(1)=1,所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)f'(x)=1+1-lnxx2=x2+1-lnxx2(x>0).
令g(x)=x2+1-lnx(x>0),则g'(x)=2x2-1x(x>0).
当0
即g(x)在区间0,22上单调递减,在22,+∞上单调递增.
故g(x)min=g22=32-ln22>0,
所以f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立.
所以,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间.
例2解f(x)的定义域是(0,+∞).
f'(x)=1x+2a(1-a)x-2(1-a)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1x.
令g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1,为确定函数g(x)的函数类型,对a进行分类讨论.
(1)当a=1时,g(x)是常数函数,此时g(x)=1>0,f'(x)=1x>0,于是f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)当a≠1时,g(x)是二次函数,首先讨论f'(x)=0是否有实数根,方程g(x)=0对应的Δ=4(a-1)(3a-1).
①当Δ<0,即13
②当Δ=0,即a=13时,g(x)=0有两个相等的实根x1=x2=32,于是f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
③当Δ>0,即0
因为x1+x2=1a,x1x2=12a(1-a),
所以当0
由x1与x2的表达式知x1
由f'(x)<0,可得x1
由f'(x)<0可得x>x1,所以f(x)在(x1,+∞)上单调递减.
综上所述,当0
当a>1时,f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,+∞)上单调递减.
其中x1=12a-(a-1)(3a-1)2a(1-a),x2=12a+(a-1)(3a-1)2a(1-a).
对点训练2解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,
其定义域为(0,+∞),h'(x)=2x-2.
(1)当0
故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
(2)g(x)=f(x)-f(a)x-a=2(lnx-lna)x-a,x∈(0,a)∪(a,+∞).
g'(x)=2x-ax+lna-lnx(x-a)2=21-ax+lnax(x-a)2.
取c=-1得h(x)=2lnx-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-ax+lnax<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单调递减.
例3(1)B (2)D (1)设f(x)=x+1ex,则f'(x)=-xex.令f'(x)>0,得x<0;令f'(x)<0,得x>0.则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.若0
(2)设g(x)=exf(x)-ex,则g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1].∵f(x)+f'(x)>1,ex>0,
∴g'(x)=ex[f(x)+f'(x)-1]>0,
∴g(x)是R上的增函数.
又g(0)=f(0)-1=2019,
∴g(x)>2019的解集为(0,+∞),
即不等式exf(x)>ex+2019的解集为(0,+∞).故选D.
对点训练3(1)C (2)D (3)(1,+∞) (1)∵f'(x)>g'(x),∴[f(x)-g(x)]'>0.
∴f(x)-g(x)在[a,b]上单调递增.
∴f(a)-g(a)
(3)设F(x)=f(x)ex,则F'(x)=f'(x)-f(x)ex.
∵f'(x)>f(x),∴F'(x)>0,即函数F(x)在定义域上单调递增.
∵ex-1f(x)
设G(x)=1x2-2x=1x-12-1,
所以a≥G(x)max.
因为x∈[1,4],所以1x∈14,1,
所以G(x)max=-716(此时x=4),
所以a≥-716.
对点训练4(1)C (2)C (1)由f(x)是减函数,得当x∈R时,f'(x)=ax+3-3ex≤0恒成立.
设g(x)=ax+3-3ex.
∵g'(x)=a-3ex,a>0,
∴当x∈-∞,lna3时,g'(x)>0;
当x∈lna3,+∞时,g'(x)<0.
∴g(x)在-∞,lna3上单调递增,在lna3,+∞上单调递减.
∴g(x)在x=lna3处取得最大值.
又g(0)=0,∴对任意的x∈R,g(x)≤g(0)恒成立,即g(x)的最大值为g(0),
∴lna3=0,解得a=3.
(2)由题意可知,f'(x)=1-23cos2x+acosx=-43cos2x+acosx+53.
因为f(x)在R上单调递增,所以f'(x)=-43cos2x+acosx+53≥0在R上恒成立.
(方法1)则由题意可得,当cosx=1时,f'(x)≥0;
当cosx=-1时,f'(x)≥0.即-43+a+53≥0,-43-a+53≥0,解得-13≤a≤13.
(方法2)令t=cosx∈[-1,1].
当t=0时,53>0恒成立;
当0
所以h(t)max=h(1)=-13.
所以a≥-13.
当-1≤t<0时,a≤43t-53t.
令g(t)=43t-53t,则g'(t)=43+53t2>0,所以g(t)在[-1,0)上单调递增.
所以g(t)min=g(-1)=13.
所以a≤13.
综上,-13≤a≤13.
变式发散1(-1,+∞) h(x)=lnx-12ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h'(x)=1x-ax-2.
由h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间得,当x∈(0,+∞)时,1x-ax-2<0有解,即a>1x2-2x有解.设G(x)=1x2-2x,所以只要a>G(x)min即可.
而G(x)=1x-12-1,
所以G(x)min=-1.所以a>-1.
变式发散2解h(x)=lnx-12ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h'(x)=1x-ax-2=-ax2-2x+1x.
当a=0时,h'(x)=-2x+1x,则h(x)在0,12上单调递增,在12,+∞上单调递减;
当a≤-1时,Δ≤0,则h'(x)≥0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-1
所以h(x)在0,-1+1+aa和-1-1+aa,+∞上单调递增,在-1+1+aa,-1-1+aa上单调递减;
当a>0时,h'(x)=0的两个实数根x1=-1-1+aa<0,x2=-1+1+aa>0,
所以h(x)在0,-1+1+aa上单调递增,在-1+1+aa,+∞上单调递减.
综上,当a≤-1时,h(x)在(0,+∞)上单调递增;
当-1
当a>0时,h(x)在0,-1+1+aa上单调递增,在-1+1+aa,+∞上单调递减.
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