2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第1课时

第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用课程标准考情索引核心素养1.结合实例，借助几何直观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；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.2019·全国卷Ⅰ，T202019·全国卷Ⅱ，T202019·全国卷Ⅲ，T202019·北京卷，T192018·全国卷Ⅰ，T212018·全国卷Ⅱ，T211.数学运算2.逻辑推理3.直观想象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，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常函数．2．函数的极值与导数f′(x0)＝0条件x0附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0x0附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点3.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“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，应注意极值点和所给区间的关系，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．[概念思辨]1．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)．(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)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．()(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)√[教材衍化]2．(人A选修2－2·习题改编)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．1B．2C．3D．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：A3．(人A选修2－2·习题改编)函数f(x)＝x2－2lnx的单调减区间是()A．(0，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]D．[－1，0)∪(0，1]解析：f′(x)＝2x－2x＝2（x－1）（x＋1）x，x0，由f′(x)≤0，得0x≤1.答案：A[典题体验]4.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析：利用导数与函数的单调性及零点情况进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．答案：D5．(2020·惠州一中检测)定义在R上的函数f(x)＝－x3＋m与函数g(x)＝f(x)－kx在[－1，1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是()A．(－∞，0]B．[0，＋∞)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3]解析：因为f′(x)＝－3x2≤0，所以y＝f(x)为减函数，即g(x)在[－1，1]也为减函数．则g′(x)＝－3x2－k≤0，即k≥－3x2在[－1，1]恒成立，所以k≥0.答案：B6．若函数f(x)＝13x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，m＝________．解析：f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)0，当x∈(2，3]时，f′(x)0，所以f(x)在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝m－3，所以f(x)max＝f(0)＝m＝4，则m＝4.答案：4第1课时导数与函数的单调性考点1讨论函数的单调性[典例](2017·全国卷Ⅰ改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0.f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＜0，则由f′(x)＝0，则x＝ln－a2.当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)＜0；当x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)＞0.故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在(ln(－a2)，＋∞)上单调递增．(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立．②若a＜0，则由(1)得，当x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为fln－a2＝a234－ln－a2，故当且仅当a234－ln－a2≥0，即0a≥－2e34时，f(x)≥0.综上，a的取值范围是[－2e34，0]．1．(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．2．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数．已知函数f(x)＝lnx＋kex(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)＝1x－lnx－kex(x0)．又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)f′(x)＝1x－lnx－1ex(x0)．设h(x)＝1x－lnx－1(x0)，则h′(x)＝－1x2－1x0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．由h(1)＝0知，当0x1时，h(x)0，所以f′(x)0；当x1时，h(x)0，所以f′(x)0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞)．考点2根据函数单调性求参数(典例迁移)[典例]已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax2＋2x.(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围．解：h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－12ax2－2x，x＞0.h′(x)＝1x－ax－2.(1)若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当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．又G(x)＝1x－12－1，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，得当x∈[1，4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，则a≥1x2－2x恒成立，所以a≥G(x)max.又G(x)＝1x－12－1，x∈[1，4]，因为x∈[1，4]，所以1x∈14，1，所以G(x)max＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716.当a＝－716时，h′(x)＝1x＋716x－2＝16＋7x2－32x16x＝（7x－4）（x－4）16x，因为x∈[1，4]，所以h′(x)＝（7x－4）（x－4）16x≤0，当且仅当x＝4时等号成立．所以h(x)在[1，4]上为减函数．故实数a的取值范围是－716，＋∞.[迁移探究]1．典例(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≤1x2－2x恒成立，又当x∈[1，4]时，1x2－2xmin＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．2．典例(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：因为h(x)在区间[1，4]上不单调，所以h′(x)＝0在开区间(1，4)上有解．则a＝1x2－2x＝1x－12－1在(1，4)上有解．令m(x)＝1x－12－1，x∈(1，4)，易知m(x)在(1，4)上是增函数，所以－1m(x)－716，因此实数a的取值范围是－1，－716.1．(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围．(2)如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解．已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax＋b.(1)若f(x)与g(x)的图象在x＝1处相切，求g(x)；(2)若φ(x)＝m（x－1）x＋1－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．解：(1)由已知得f′(x)＝1x，所以f′(1)＝1＝12a，所以a＝2.又因为g(1)＝0＝12a＋b，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.(2)因为φ(x)＝m（x－1）x＋1－f(x)＝m（x－1）x＋1－lnx在[1，＋∞)上是减函数．所以φ′(x)＝－x2＋（2m－2）x－1x（x＋1）2≤0在[1，＋∞)上恒成立，即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋1x，x∈[1，＋∞)，因为x＋1x∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，即m≤2.故实数m的取值范围是(－∞，2]．考点3函数单调性的简单应用(多维探究)角度解不等式[典例1]已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2019)(m－2019)f(2)，则实数m的取值范围为()A．(0，2019)B．(2019，＋∞)C．(2021，＋∞)D．(2019，2021)解析：令h(x)＝f（x）x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝xf′（x）－f（x）x2.因为xf′(x)－f(x)0，所以h′(x)0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，因为2f(m－2019)(m－2019)f(2)，m－20190，所以f（m－2019）m－2019f（2）2，即h(m－2019)h(2)．所以m－20192且m－20190，解得2019m2021.所以实数m的取值范围为(2019，2021)．答案：D角度比较大小[典例2]已知f(x)是定义在区间(0，＋∞)内的函数，其导函数为f′(x)，且不等式xf′(x)2f