2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第三章第2节第一课时　导数与函数的单调性


第2节　导数在研究函数中的应用
考试要求　1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.

知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)0，右侧f′(x)0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.
3.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
诊 断 自 测

1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.(　　)
(3)函数的极大值一定大于其极小值.(　　)
(4)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.(　　)
(5)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.(　　)
解析　(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.
(3)函数的极大值也可能小于极小值.
(4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数异号.
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√

2.(老教材选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.
答案　A
3.(老教材选修2－2P26练习T1改编)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(　　)
A.(0，1] B.[1，＋∞)
C.(－∞，－1] D.[－1，0)∪(0，1]
解析　由题意知f′(x)＝2x－＝(x>0)，
由f′(x)≤0，得00时，－ax－2－有解.
设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min.
又G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减，
∴当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
则a≥－恒成立，设G(x)＝－，
所以a≥G(x)max.
又G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝G＝－(此时x＝4)，所以a≥－.
又当a＝－时，h′(x)＝＋x－2＝，
∵x∈[1，4]，∴h′(x)＝≤0，
当且仅当x＝4时等号成立.
∴h(x)在[1，4]上为减函数.
故实数a的取值范围是.
【迁移1】 本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围.
解　因为h(x)在[1，4]上单调递增，
所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1].
【迁移2】 本例(2)中，若函数h(x)在区间[1，4]上不单调，求实数a的取值范围.
解　∵h(x)在区间[1，4]上不单调，
∴h′(x)＝0在开区间(1，4)上有解.
则a＝－＝－1在(1，4)上有解.
令m(x)＝－1，x∈(1，4)，
易知m(x)在(1，4)上是增函数，
∴－1f
(2)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x>0时，xf′(x)－f(x)0时，有0的解集是________________.
解析　∵当x>0时，′＝0.
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).
答案　(－∞，－2)∪(0，2)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求实数k的值；
(2)求函数f(x)的单调区间.
解　(1)f′(x)＝(x>0).
又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝(x>0).
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－－1时，h(x)0.
(1)解　由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)0时，由f′(x)＝0有x＝，
当x∈时，f′(x)0，f(x)单调递增.
(2)证明　令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，
从而g(x)＝－＝>0.
B级　能力提升
11.(2020·郑州调研)已知f(x)＝aln x＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则a的取值范围为(　　)
A.(0，1] B.(1，＋∞)
C.(0，1) D.[1，＋∞)
解析　对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则当x>0时，f′(x)≥2恒成立，f′(x)＝＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a≥(2x－x2)max＝1.
答案　D
12.若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是(　　)
A.f(x)＝2－x B.f(x)＝x2
C.f(x)＝3－x D.f(x)＝cos x
解析　设函数g(x)＝ex·f(x)，对于A，g(x)＝ex·2－x＝，在定义域R上为增函数，A正确.对于B，g(x)＝ex·x2，则g′(x)＝x(x＋2)ex，由g′(x)>0得x0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.对于C，g(x)＝ex·3－x＝在定义域R上是减函数，C不正确.对于D，g(x)＝ex·cos x，则g′(x)＝excos，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确.
答案　A
13.已知函数f(x)＝xsin x＋cos x＋x2，则不等式f(ln x)＋f0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∴|ln x|