2022届高考数学一轮复习第三章第二节 第1、2课时　导数与函数的单调性、极值与最值 学案

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第二节　导数在研究函数中的应用
第1课时　系统知识牢基础——导数与函数的单调性、极值与最值
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－≥0恒成立，即k≥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－2ln＋ln＋…＋ln＝ln(n＋1)，故1＋＋＋…＋>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>对任意x∈(0,1)恒成立．
设G(x)＝，x∈(0,1)，则G′(x)＝>0.
所以G(x)在(0,1)上单调递增，所以G(x)－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)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝－＋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)＝－＋mx＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
(3)不妨令h(x)＝－＝，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)－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)>－在(1，＋∞)上恒成立，此时m的最小值是1.
5．(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝ex－sin x－cos x，g(x)＝ex＋sin x＋cos x.
(1)证明：当x>－时，f(x)≥0；
(2)若g(x)≥2＋ax，求a.
解：(1)证明：因为f(x)＝ex－sin x－cos x＝ex－sin，
f′(x)＝ex－cos x＋sin x＝ex＋sin，
f″(x)＝g(x)＝ex＋sin x＋cos x＝ex＋sin，
考虑到f(0)＝0，f′(0)＝0，所以
①当x∈时，sin0；
②当x∈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∈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∈时，f(x)＝ex－sin≥e－>0.
综上，当x>－时，f(x)≥0.
(2)构造F(x)＝g(x)－2－ax＝ex＋sin x＋cos x－2－ax，
则F(x)min≥0，
所以F＝e＋a－2≥0⇒a≥＞0.
又F(0)＝0，所以，F(x)在R上的最小值为F(0)．
F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a，F′(0)＝2－a，
F″(x)＝ex－sin x－cos x＝f(x)．
由(1)可知：F″(x)＝f(x)≥0在x＞－时恒成立，
所以F′(x)＝ex＋cos x－sin x－a在单调递增．
①若a＝2，则F′(x)在为负，(0，＋∞)为正，
所以F(x)在递减，在(0，＋∞)递增，所以F(x)≥0；
而当x≤－时，
F(x)＝ex＋sin x＋cos x－2－2x≥ex＋sin x＋cos x－2＋≥－2－>0，
故a＝2满足题意．
②若a>2，则F′(0)＝2－a