《（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第15講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)學(xué)案 新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第15講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)學(xué)案 新人教A版（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第15講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 【課程要求】 了解函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及參數(shù)的范圍． 對應(yīng)學(xué)生用書p41 【基礎(chǔ)檢測】 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”) (1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)如果函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(　　) [答案] (1)×　(2)√ 2．[選修2－2p32A組T4]如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－2，1

2、)上，f(x)是增函數(shù) B．在區(qū)間(1，3)上，f(x)是減函數(shù) C．在區(qū)間(4，5)上，f(x)是增函數(shù) D．當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取到極小值 [解析]在(4，5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)是增函數(shù)． [答案]C 3．[選修2－2p24例2]函數(shù)f(x)＝x3－6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為______________． [解析]f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0

3、　　　　　　　　　　 A．(－∞，－2] B．(－2，＋∞) C.D. [解析]f′(x)＝＋2ax＝，2ax2＋1＞0在內(nèi)恒成立，所以a＞，由于x∈，所以x2∈，∈，所以a≥－. [答案]D 5．已知f(x)＝1＋x－sinx，則f(2)，f(3)，f(π)的大小關(guān)系正確的是(　　) A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π) C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2) [解析]f(x)＝1＋x－sinx，則f′(x)＝1－cosx≥0， 則函數(shù)f(x)為增函數(shù)． ∵2<3<π， ∴f(π)>f(3)

4、>f(2)． [答案]D 6．已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝3，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，則不等式f(x)<2x＋1的解集為________________． [解析]令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0， ∴g(x)在R上為減函數(shù)，g(1)＝f(1)－2－1＝0. 由g(x)<0＝g(1)，得x>1.∴不等式的解集為(1，＋∞)． [答案] (1，＋∞) 【知識(shí)要點(diǎn)】 1．函數(shù)的單調(diào)性：在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么

5、函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減． 2．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． 3．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零． 對應(yīng)學(xué)生用書p41 不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性 例1　(1)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．在上單調(diào)遞增 B．在上單調(diào)遞減 C．在上單調(diào)遞增 D．在上單調(diào)遞減 [解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝xlnx的定

6、義域?yàn)?0，＋∞)， 所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)， 當(dāng)f′(x)>0時(shí)，解得x>，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為； 當(dāng)f′(x)<0時(shí)，解得00的解集為__________． [解析]由題圖可知 不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等價(jià)于或解得x∈(－∞，－1)∪(－1，1)∪(3，＋∞)． [答案] (－∞，－1)∪(－1，1)∪(3，＋∞) [小結(jié)]確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟： (1)確定函數(shù)f(x)的定義域. (2)求

7、f′(x). (3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間. (4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間． 1．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是__________________________． [解析]f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為∪，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，. [答案]， 2．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是(　　)

8、 [解析]設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增． [答案]A 含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性 例2　已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x，討論f(x)的單調(diào)性． [解析]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝lna. 當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，

9、在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增． ③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln. 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． [小結(jié)]根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路：(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(

10、a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解．(3)函數(shù)在某個(gè)區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題． 3．已知g(x)＝＋x2＋2alnx在[1，2]上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______________． [解析]g′(x)＝－＋2x＋，由已知得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，可得a≤－x2在[1，2]上恒成立．又當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，＝－4＝－.∴a≤－. [答案] 4．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是____________． [解析]由題意知f′(x)＝－x＋4－

11、＝－，由f′(x)＝0，得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1和3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，由t<10，y＝f′(x)為y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則(　　) A．8<<16B．4<<8 C．3<<4D．2<<3 [解析]∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0， ∴′＝＝>0， ∴y＝在(0，＋∞)

12、上單調(diào)遞增， ∴>，又f(x)>0，∴>4. ∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0， ∴′＝＝<0， ∴y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴<，又f(x)>0，∴<8.綜上，4<<8. [答案]B (2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) [解析]令g(x)＝exf(x)－ex，∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(

13、x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0， ∴y＝g(x)在定義域上單調(diào)遞增，∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故選A. [答案]A [小結(jié)]1.構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)值的比較大小時(shí)，若自變量的值不在同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上進(jìn)行比較，對于選擇題、填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解． 2．構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求解不等式解集時(shí)，先利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))>f(h(x))的形式，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)

14、知定義在上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對于任意的x∈，都有f′(x)sinxf B．f>f(1) C.fg， 即>，∴f>f. [答案]A 6．已知函數(shù)f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________． [解析]由f(x)＝x3－2x＋ex－，得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)．又f′(x

15、)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號(hào)， 所以f(x)在其定義域內(nèi)單調(diào)遞增．因?yàn)閒(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)， 所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是. [答案] 函數(shù)單調(diào)性的綜合應(yīng)用問題 例4　已知函數(shù)f(x)＝x3＋xcosx－ax2－sinx－2acosx，g＝2xcosx－x2－2sinx－3acosx(a為常數(shù)，a∈R)． (1)討論函數(shù)f的單調(diào)性； (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，證明：當(dāng)00時(shí)，h(x)>0. [解析] (1)f′(x

16、)＝x2＋cosx－xsinx－2ax－cosx＋2asinx＝(x－2a)(x－sinx), 令φ(x)＝x－sinx，則φ′(x)＝1－cosx≥0，故φ(x)在R上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0， 故x∈(－∞，0)時(shí)φ(x)<0，x∈(0，＋∞)時(shí)φ(x)>0， 則令f′(x)＝0，x1＝2a，x2＝0. (ⅰ)當(dāng)a<0時(shí)，有x∈(－∞，2a)與x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； x∈(2a，0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； (ⅱ)當(dāng)a>0時(shí)，有x∈(－∞，0)與x∈(2a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； x∈(0，2a)時(shí)，f′(

17、x)<0，f(x)單調(diào)遞減； (ⅲ)當(dāng)a＝0時(shí)，有x∈R時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增. (2)h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－xcosx－x2＋sinx＋acosx(00)， h′(x)＝x2－cosx＋xsinx－ax＋cosx－asinx＝(x－a)(x＋sinx)， 令t(x)＝x＋sinx(x>0)，則t′(x)＝1＋cosx≥0，故t(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又t(0)＝0， 故t(x)>0，令h′(x)＝0?x＝a，且x∈(0，a)時(shí)，h′(x)<0， h(x)單調(diào)遞減；x∈(a，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；所以h(x)m

18、in＝h(a)＝a3－acosa－a3＋sina＋acosa＝－a3＋sina， 令m(a)＝－a3＋sina(0－＋cos＝0，∴m′(a)>0，m(a)在(0，1)上單調(diào)遞增，又m(0)＝0， ∴m(a)>0在(0，1)上恒成立，所以當(dāng)00時(shí)，h(x)>0. [小結(jié)]利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的常用方法：證明f(x)

19、單調(diào)性證明． 7．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx－(a∈R)． (1)討論f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2)若函數(shù)f(x)圖象的一條切線為x軸，且函數(shù)g(x)＝，若存在不相等的兩個(gè)實(shí)數(shù)x1，x2滿足g(x1)＝g(x2)，求證：x1x2<1. [解析] (1)由題意：x>0，f′(x)＝ax－＝， 顯然：當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0， 當(dāng)a>0時(shí)，0，f′(x)>0， 故有：a≤0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上遞減；a>0時(shí)，f(x)在區(qū)間上遞減，在區(qū)間上遞增． (2)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，0)，? ∴g(x)＝， 令h(x)＝＋－－lnx，

20、∴h′(x)＝＋＋， 顯然：x≥1時(shí)，h′(x)>0，又h′(x)＝＋， ∴00，∴x∈(0，＋∞)上，h′(x)>0，故h(x)在(0，＋∞)上遞增，而h(1)＝0， ∴x∈(0，1)時(shí)，h(x)<0，x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)>0， ∴g(x)＝ 且g(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，g(1)＝0. 當(dāng)x>1時(shí)，0<<1，令G(x)＝g(x)－g＝h(x)－＝f(x)＋f′(x)＋f＋f′， 故：G′(x)＝f′(x)＋f″(x)－ ＝＋－ ＝(－1)＋＋>0， 故：G(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故G(x)>G(1)＝0，

21、∴g(x)>g.設(shè)0g，而0<<1，由g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減， 故：x1<，∴x1x2<1. 對應(yīng)學(xué)生用書p43 (2018·全國卷Ⅰ理)已知函數(shù)f(x)＝－x＋alnx. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，證明：2，令f′(x)＝0得，x＝或x＝. 當(dāng)x∈∪時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在，上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． (2)由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2. 由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0， 所以x1x2＝1，不妨設(shè)x11. 由于＝－－1＋a ＝－2＋a＝－2＋a， 所以