（浙江专用）2021版新高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 2 第2讲 导数在研究函数中的应用

数学第三章导数及其应用第2讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析04高效演练分层突破03方法素养助学培优函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)0f(x)在(a，b)内___________f′(x)0f(x)在(a，b)内___________f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是___________单调递增单调递减常数函数[提醒](1)利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；(2)对函数划分单调区间时，需确定导数等于零的点、函数的不连续点和不可导点；(3)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么单调区间之间不能用“∪”连接，可用“，”隔开或用“和”连接；(4)区间的端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间，对结论没有影响．[疑误辨析]判断正误(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)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．()×√√[教材衍化]1．(选修2－2P32A组T4改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数B．在区间(1，3)上f(x)是减函数C．在区间(4，5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值解析：选C.在(4，5)上f′(x)0恒成立，所以f(x)是增函数．2．(选修2－2P26练习T1(2)改编)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．解析：因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，由f′(x)0，得ex－10，即x0.答案：(0，＋∞)[易错纠偏]忽视函数的定义域.函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为________．解析：由f′(x)＝1－1x0，得1x1，即x1，又x0，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．答案：(0，1)讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的单调性．利用导数判断或证明函数的单调性【解】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－1x＋2ax＝2ax2＋a－1x.①当a≥1时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a≤0时，f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③当0a1时，令f′(x)＝0，解得x＝1－a2a，则当x∈(0,1－a2a)时，f′(x)0；当x∈(1－a2a，＋∞)时，f′(x)0，故f(x)在(0,1－a2a)上单调递减，在(1－a2a，＋∞)上单调递增．(2020·温州模拟)设函数f(x)＝xln(ax)(a＞0)．设F(x)＝12f(1)x2＋f′(x)，讨论函数F(x)的单调性．解：f′(x)＝ln(ax)＋1，所以F(x)＝12(lna)x2＋ln(ax)＋1，函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝(lna)x＋1x＝（lna）x2＋1x.①当lna≥0，即a≥1时，恒有F′(x)＞0，函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数；②当lna＜0，即0＜a＜1时，令F′(x)＞0，得(lna)x2＋1＞0，解得0＜x＜－1lna；令F′(x)＜0，得(lna)x2＋1＜0，解得x＞－1lna.所以函数F(x)在0，－1lna上为增函数，在－1lna，＋∞上为减函数．(1)函数y＝12x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1，1)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)(2)已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．求函数的单调区间【解】(1)选B.y＝12x2－lnx，y′＝x－1x＝x2－1x＝（x－1）（x＋1）x(x0)．令y′0，得0x1，所以单调递减区间为(0，1)．(2)f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，Δ＝4－4a＝4(1－a)．①当1－a≤0，即a≥1时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增．②当1－a0，即a1时，令f′(x)＝0，解得x1＝－2－4（1－a）2＝－1－1－a，x2＝－1＋1－a，令f′(x)0，解得x－1－1－a或x－1＋1－a；令f′(x)0，解得－1－1－ax－1＋1－a，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)；f(x)的单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．综上所述：当a≥1时，f(x)在R上单调递增；当a1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－1－a)和(－1＋1－a，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(－1－1－a，－1＋1－a)．1．已知函数f(x)＝exx－m.则函数y＝f(x)在x∈(m，＋∞)上的单调递减区间为________，单调递增区间为________．解析：f′(x)＝ex（x－m）－ex（x－m）2＝ex（x－m－1）（x－m）2，当x∈(m，m＋1)时，f′(x)＜0，当x∈(m＋1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(m，m＋1)上单调递减，在(m＋1，＋∞)上单调递增．答案：(m，m＋1)(m＋1，＋∞)2．设函数f(x)＝12x2－mlnx，求函数f(x)的单调区间．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x2－mx，当m≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间．当m＞0时，f′(x)＝（x＋m）（x－m）x，当0＜x＜m时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞m时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．综上：当m≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，函数f(x)的单调递增区间是(m，＋∞)，单调递减区间是(0，m)．利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．主要命题角度有：(1)函数y＝f(x)与y＝f′(x)图象的相互判定；(2)已知函数单调性求参数的取值范围；(3)比较大小或解不等式．利用导数研究函数单调性的应用(高频考点)角度一函数y＝f(x)与y＝f′(x)图象的相互判定(1)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()(2)设函数y＝f(x)的图象如图，则函数y＝f′(x)的图象可能是()【解析】(1)原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.(2)由y＝f(x)图象可知，当x∈(－∞，x1)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)0.当x∈(x1，x2)时，y＝f(x)单调递减，所以f′(x)0.当x∈(x2，＋∞)时，y＝f(x)单调递增，所以f′(x)0.所以y＝f′(x)的图象在四个选项中只有D符合．【答案】(1)D(2)D角度二已知函数单调性求参数的取值范围(1)(2020·浙江省高中学科基础测试)若函数f(x)＝2x＋ax(a∈R)在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是()A．[0，2]B．[0，4]C．(－∞，2]D．(－∞，4](2)函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递减，则k的取值范围是________．【解析】(1)由题意得f′(x)＝2－ax2≥0在[1，＋∞)上恒成立，则a≤(2x2)min＝2，所以a≤2，故选C.(2)因为函数f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x，函数在区间(1，＋∞)上单调递减，则f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，即k－1x≤0在区间(1，＋∞)上恒成立，故k≤1x在区间(1，＋∞)上恒成立，因为在区间(1，＋∞)上0＜1x＜1，故k≤0.【答案】(1)C(2)(－∞，0]角度三比较大小或解不等式(2020·宁波市效实中学月考)定义在R上的函数f(x)的导函数是f′(x)，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f1e(e为自然对数的底数)，b＝f(2)，c＝f(log28)，则a，b，c的大小关系为________(用“＜”连接)．【解析】因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，得f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，又f(x)＝f(2－x)，得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)图象上的点距离直线x＝1越近函数值越大，又log28＝3，所以log28＞2－1e＞2＞1，得f(2)＞f1e＞f(log28)，故c＜a＜b.【答案】c＜a＜b(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．(2)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．[提醒](1)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(2)注意函数的单调区间与函数在某区间上具有单调性是不同的．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是________．解析：设g(x)＝f（x）x(x≠0)，则g′(x)＝xf′（x）－f（x）x2，所以当x＞0时，g′(x)＞0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(2)＝f（2）2＝0，所以f(x)＞0的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．故填(－2，0)∪(2，＋∞)．答案：(－2，0)∪(2，＋∞)核心素养系列5数学运算、逻辑推理——构造函数、比较大小此类涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式大小的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．一、x与f(x)的组合函数若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)1，则不等式f(x)－x0的解集为________．【解析】令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)0，所以g(x)为增函数．因为g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)0的解集为(2，＋∞)．【答案】(2，＋∞)二、ex与f(x)的组合函数已知f(x)(x∈R)有导函数，且∀x∈R，f′(x)f(x)，n∈N*，则有()A．enf(－n)f(0)，f(n)enf(0)B．enf(－n)f(0)，f(n)enf(0)C．enf(－n)f(0)，f(n)enf(0)D．enf(－n)f(0)，f(n)enf(0)【解析】设g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝f′（x）ex－f（x）exe2x＝f′（x）－f（x）ex0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)g(0)g(n)，即f（－n）e－nf（0）e0f（n）en，即enf(－n)f(0)，f(n)enf(0)．故选A.【答案】A设a0，b0，e是自然对数的底数，则()A．若ea＋2a＝eb＋3b，则abB．若ea＋2a＝eb＋3b，则abC．若ea－2a＝eb－3b，则abD．若ea－2a＝eb－3b，则ab【解析】因为a0，b0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋beb＋2b.对于函数y＝ex＋2x