高考北师大版数学（理）一轮复习学案2-10第一课时利用导数研究函数的单调性

第十节导数的应用命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视.本节通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第45页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)内的单调性与其导数的正负关系(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是增函数；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是减函数；(3)若f__′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．•温馨提醒•f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系f′(x)＞0能推出f(x)为增函数，但反之不一定．如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是增函数，但f′(x)≥0，所以f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f__′(x)；(2)在定义域内解不等式f__′(x)>0或f__′(x)<0；(3)根据结果确定f(x)的单调区间．•温馨提醒•若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间上，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间上，等号不恒成立．1．函数y＝4x2＋eq\f(1,x)的单调递增区间为()A．(0，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))解析：由y＝4x2＋eq\f(1,x)，得y′＝8x－eq\f(1,x2)，令y′＞0，即8x－eq\f(1,x2)＞0，解得x＞eq\f(1,2)，所以函数y＝4x2＋eq\f(1,x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).答案：B2．(易错题)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2] B.(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)解析：因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－eq\f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq\f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1.答案：D知识点二利用导数研究函数的极值与最值1．函数的极大值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．3．函数的最值与导数(1)函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不超过f(x0)．(2)函数y＝f(x)在[a，b]上的最小值点x0指的是：函数在这个区间上所有点的函数值都不小于f(x0)．•温馨提醒•二级结论1．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．2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．必明易错1．极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)．2．极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大．3．极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．4．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要而不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点.1．设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点解析：f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．答案：D2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下列判断正确的是()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)取到极小值答案：C3．函数y＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是________．解析：因为y′＝1－2sinx，所以当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，y′＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′＜0.所以当x＝eq\f(π,6)时，ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).答案：eq\f(π,6)＋eq\r(3)4．(易错题)设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，因为当x＞0时，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.答案：(－∞，－1)第一课时利用导数研究函数的单调性授课提示：对应学生用书第46页题型一函数单调性的判断[例]已知函数g(x)＝lnx＋ax2－(2a＋1)x，若a＞0，试讨论函数g(x)的单调性．[解析]g′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax－(2a＋1)＝eq\f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq\f(（2ax－1）（x－1）,x).又函数g(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq\f(1,2a).①若eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)时，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))∪(1，＋∞)时，g′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))时，g′(x)＜0.所以函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②若eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)时，g′(x)＝eq\f(（x－1）2,x)≥0恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．③若eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)时，则由g′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2a)或0＜x＜1；由g′(x)＜0，得1＜x＜eq\f(1,2a)，所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增．综上可得，当0＜a＜eq\f(1,2)时，函数在(0，1)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时，函数在(0，＋∞)上单调递增；当a＞eq\f(1,2)时，函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[题组突破]1．(2021·厦门模拟)函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1，1) B．(0，1]C．(1，＋∞) D．(0，2)解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y′＝x－eq\f(1,x)≤0，得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0，1]．答案：B2．(2020·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝sin2xsin2x.(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；(2)证明：|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8)；(3)设n∈N＋，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\f(3n,4n).解析：(1)f′(x)＝cosx(sinxsin2x)＋sinx(sinxsin2x)′＝2sinxcosxsin2x＋2sin2xcos2x＝2sinxsin3x.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)＜0.所以f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))单调递减．(2)证明：因为f(0)＝f(π)＝0，由(1)知，f(x)在区间[0，π]的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(3\r(3),8)，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝－eq\f(3\r(3),8).而f(x)是周期为π的周期函数，故|f(x)|≤eq\f(3\r(3),8).(3)证明：因为(sin2xsin22xsin24x…sin22nx)eq\s\up6(\f(3,2))＝|sin3xsin32x…sin32nx|＝|sinx||sin2xsin32x…sin32n－1xsin2nx||sin22nx|＝|sinx||f(x)f(2x)…f(2n－1x)||sin22nx|≤|f(x)f(2x)…f(2n－1x)|，所以sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)))eq\s\up6(\f(2n,3))＝eq\f(3n,4n).题型二利用导数研究函数单调性的应用函数的单调性是高考命题的重点，其应用是考查热点．常见的命题角度有：(1)y＝f(x)与y＝f′(x)的图像辨识；(2)已知函数单调性求参数的取值范围.考法(一)y＝f(x)与y＝f′(x)的图像辨识[例1]函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()[解析]设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)＜0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)＞0(其中x1＜0＜x2＜x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合．[答案]D函数图像与其导函数图像的关系：导函数f′(x)图像在x轴上方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图像上升部分对应的区间(递增区间)，导函数f′(x)图像在x轴下方时对应的自变量的取值区间为原函数f(x)图像下降部分对应的区间(递减区间)．考法(二)已知函数的单调性求参数[例2]已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x，a≠0.(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求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a的取值范围．[解析](1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.因为h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，eq\f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1且a≠0，即a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)因为h(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max.因为x∈[1，4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)且a≠0，即a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．[变式探究1]本例中，若函数h(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．解析：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≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)恒成立，又当x∈[1，4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．[变式探究2]本例中，若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解析：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则h′(x)＜0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又当x∈[1，4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))eq\s\do7(min)＝－1，所以a＞－1，又a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．[变式探究3]本例中，若函数h(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．解析：∵h(x)在[1，4]上不单调，∴h′(x)＝0在(1，4)上有解，即a＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)－1有解，令m(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，x∈(1，4)，则－1＜m(x)＜－eq\f(7,16)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,16))).由函数的单调性求参数的取值范围的四种方法(1)可导函数f(x)在D上单调递增(或递减)求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“＝”是否取到．(2)可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．(4)若已知f(x)在D上不单调，则f(x)在D上有极值点，且极值点不是D的端点．[题组突破]1．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图像大致是()解析：设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．答案：A2．已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．解析：f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0，即eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x).令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，因为函数h(x)在[1，2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，解得a＜0或0＜a≤eq\f(2,5)或a≥1，即a的取值范围为(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)．利用导数研究函数单调性中的核心素养数学运算、逻辑推理——构造函数解决不等式问题此类涉及已知f(x)与f′(x)的一些关系式，比较有关函数式解决不等式的问题，可通过构造新的函数，创造条件，从而利用单调性求解．1．x与f(x)的综合函数[例1]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝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()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞)[解析]当x≠0时，构造函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则当x＞0时，g′(x)＝eq\f(xf′（x）－f（x）,x2)＜0，故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x)为奇函数，所以g(x)＝eq\f(f（x）,x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(－1)＝0，所以g(1)＝g(－1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0，故f(x)＞0；当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0，故f(x)＞0.综上，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)．[答案]A2．ex与f(x)的综合函数[例2]已知f(x)(x∈R)有导函数，且任意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)＝eq\f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)＝eq\f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)＜g(0)＜g(n)，即eq\f(f（－n）,e－n)＜eq\f(f（0）,e0)＜eq\f(f（n）,en)，即enf(－n)＜f(0)，f(n)＞enf(0)．[答案]A[例3]设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，则()A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞bB．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜bC．若ea－2a＝eb－3b，则a＞bD．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b[解析]因为a＞0，b＞0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b＞eb＋2b.对于函数y＝