《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復(fù)習 第三章 導數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復(fù)習 第三章 導數(shù)及其應(yīng)用 2 第2講 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1 第1課時 導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1課時　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關(guān)系 條件 結(jié)論 函數(shù)y＝f(x)在 區(qū)間(a，b)上可導 f′(x)>0 f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增 f′(x)<0 f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減 f′(x)＝0 f(x)在(a，b)內(nèi)是常數(shù)函數(shù) [提醒]　(1)利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，要在函數(shù)的定義域內(nèi)討論導數(shù)的符號； (2)對函數(shù)劃分單調(diào)區(qū)間時，需確定導數(shù)等于零的點、函數(shù)的不連續(xù)點和不可導點； (3)如果一個函數(shù)具有相同單調(diào)性的單調(diào)區(qū)間不止一個，那么單調(diào)區(qū)間之間不能用“∪”連接，可用“，”隔開或用“和”連接； (4)區(qū)間的端點可以屬于單調(diào)區(qū)間

2、，也可以不屬于單調(diào)區(qū)間，對結(jié)論沒有影響． [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”錯誤的打“×”) (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．(　　) (3)在(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)√ [教材衍化] 1．(選修2－2P32A組T4改編)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是(　　) A．在區(qū)間(－2，1)上f

3、(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x＝2時，f(x)取到極小值 解析：選C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數(shù)． 2．(選修2－2P26練習T1(2)改編)函數(shù)f(x)＝ex－x的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 解析：因為f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1， 由f′(x)>0，得ex－1>0，即x>0. 答案：(0，＋∞) [易錯糾偏] 忽視函數(shù)的定義域. 函數(shù)f(x)＝x－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為________． 解析：由f′(x)＝1－<0，得>1，即x<1，又x

4、>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)． 答案：(0，1) 　　　　　　利用導數(shù)判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性 討論函數(shù)f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的單調(diào)性． 【解】　f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. ①當a≥1時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當a≤0時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； ③當00，故f(x)在(0, )上單調(diào)遞減，在( ，＋∞)上單調(diào)遞增． 　

5、 　(2020·溫州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xln(ax)(a＞0)．設(shè)F(x)＝f(1)x2＋f′(x)，討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性． 解：f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝(ln a)x2＋ln(ax)＋1，函數(shù)F(x)的定義域為(0，＋∞)，F(xiàn)′(x)＝(ln a)x＋＝. ①當ln a≥0，即a≥1時，恒有F′(x)＞0，函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； ②當ln a＜0，即0＜a＜1時， 令F′(x)＞0，得(ln a)x2＋1＞0，解得0＜x＜ ； 令F′(x)＜0，得(ln a)x2＋1＜0，解得x＞ . 所以函數(shù)F(x)在上為增函數(shù)， 在上為減函數(shù)

6、． 　　　　　　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 (1)函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1，1)　　　　　　　　 B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) (2)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 【解】　(1)選B.y＝x2－ln x， y′＝x－＝ ＝(x>0)． 令y′<0，得00，即

7、a<1時，令f′(x)＝0， 解得x1＝＝－1－，x2＝－1＋， 令f′(x)>0，解得x<－1－或x>－1＋； 令f′(x)<0，解得－1－

8、 解析：f′(x)＝＝， 當x∈(m，m＋1)時，f′(x)＜0， 當x∈(m＋1，＋∞)時，f′(x)＞0， 所以f(x)在(m，m＋1)上單調(diào)遞減，在(m＋1，＋∞)上單調(diào)遞增． 答案：(m，m＋1)　(m＋1，＋∞) 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－mln x，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝， 當m≤0時，f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間． 當m＞0時，f′(x)＝， 當0＜x＜時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x＞時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 綜上：

9、當m≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當m＞0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)． 　　　　　　利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用(高頻考點) 利用導數(shù)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性(區(qū)間)求參數(shù)的取值范圍，是高考考查函數(shù)單調(diào)性的一個重要考向，常以解答題的形式出現(xiàn)．主要命題角度有： (1)函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)圖象的相互判定； (2)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍； (3)比較大小或解不等式． 角度一　函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)圖象的相互判定 (1)函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f

10、(x)的圖象可能是(　　) (2)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，則函數(shù)y＝f′(x)的圖象可能是(　　) 【解析】　(1)原函數(shù)先減再增，再減再增，且x＝0位于增區(qū)間內(nèi)，故選D. (2)由y＝f(x)圖象可知，當x∈(－∞，x1)時，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)>0. 當x∈(x1，x2)時，y＝f(x)單調(diào)遞減，所以f′(x)<0. 當x∈(x2，＋∞)時，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以f′(x)>0. 所以y＝f′(x)的圖象在四個選項中只有D符合． 【答案】　(1)D　(2)D 角度二　已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 (1)(2020·浙江省高中學

11、科基礎(chǔ)測試)若函數(shù)f(x)＝2x＋(a∈R)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[0，2] B．[0，4] C．(－∞，2] D．(－∞，4] (2)函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則k的取值范圍是________． 【解析】　(1)由題意得f′(x)＝2－≥0在[1，＋∞)上恒成立，則a≤(2x2)min＝2，所以a≤2，故選C. (2)因為函數(shù)f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－，函數(shù)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k－≤0在區(qū)間(1，＋∞)上恒成立， 故k≤在區(qū)間(1，

12、＋∞)上恒成立， 因為在區(qū)間(1，＋∞)上0＜＜1，故k≤0. 【答案】　(1)C　(2)(－∞，0] 角度三　比較大小或解不等式 (2020·寧波市效實中學月考)定義在R上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(e為自然對數(shù)的底數(shù))，b＝f()，c＝f(log28)，則a，b，c的大小關(guān)系為________(用“＜”連接)． 【解析】　因為當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，又f(x)＝f(2－x)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線

13、x＝1對稱，所以函數(shù)f(x)圖象上的點距離直線x＝1越近函數(shù)值越大，又log28＝3，所以log28＞2－＞＞1，得f()＞f＞f(log28)，故c＜a＜b. 【答案】　c＜a＜b (1)利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的解題思路 ①由函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增(減)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間[a，b]上恒成立列出不等式． ②利用分離參數(shù)法或函數(shù)的性質(zhì)求解恒成立問題． ③對等號單獨檢驗，檢驗參數(shù)的取值能否使f′(x)在整個區(qū)間恒等于0，若f′(x)恒等于0，則參數(shù)的這個值應(yīng)舍去；若只有在個別點處有f′(x)＝0，則參數(shù)可取這個值． (2)利用導數(shù)比較大小或

14、解不等式的常用技巧 利用題目條件，構(gòu)造輔助函數(shù)，把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式． [提醒]　(1)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(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)≠0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解． (2)注意函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與函數(shù)在某區(qū)間上具有單調(diào)性是不同的．　 　設(shè)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù)，f(－2)＝0，當x＞0時，xf′(x)－f(x)＞0，則使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是________． 解析：設(shè)g(x)＝(x≠0)，則g′

15、(x)＝，所以當x＞0時，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(2)＝＝0，所以f(x)＞0的解集為(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2，0)∪(2，＋∞) 核心素養(yǎng)系列5　數(shù)學運算、邏輯推理——構(gòu)造函數(shù)、比較大小 此類涉及已知f(x)與f′(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解． 一、x與f(x)的組合函數(shù) 若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為________． 【解析】　令g(x)＝f(x)－x，所以

16、g′(x)＝f′(x)－1.由題意知g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)．因為g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集為(2，＋∞)． 【答案】　(2，＋∞) 二、ex與f(x)的組合函數(shù) 已知f(x)(x∈R)有導函數(shù)，且?x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N*，則有(　　) A．enf(－n)enf(0) B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0) D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(

17、－n)enf(0)．故選A. 【答案】　A 設(shè)a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，則(　　) A．若ea＋2a＝eb＋3b，則a>b B．若ea＋2a＝eb＋3b，則ab D．若ea－2a＝eb－3b，則a0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.對于函數(shù)y＝ex＋2x(x>0)，因為y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因而a>b成立．故選A. 【答案】　A [基礎(chǔ)題組練] 1．函數(shù)