2019高三数学（人教A版理）一轮教师用书第2章第11节　第1课时　导数与函数的单调性

第十一节导数的应用[考纲](教师用书独具)1.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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)；3.利用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题；4.会利用导数解决某些简单的实际问题．(对应学生用书第34页)[基础知识填充]1．函数的单调性在(a，b)内函数f(x)可导，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．[知识拓展]1．在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．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．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(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．()(6)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．()[答案](1)×(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×2．(教材改编)f(x)＝x3－6xeq\s\up7(2)的单调递减区间为()A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)A[f′(x)＝3xeq\s\up7(2)－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4，∴单调递减区间为(0,4)．]3．如图2­11­1所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()图2­11­1A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数B．函数f(x)在区间(1,3)上是减函数C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数D．函数f(x)在区间(3,4)上是增函数A[当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]4．函数y＝2x3－2xeq\s\up7(2)在区间[－1,2]上的最大值是________．8[y′＝6xeq\s\up7(2)－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8，∴最大值为8.]5．函数f(x)＝x－alnx(a＞0)的极小值为________．a－alna[f(x)的定义域为(0，＋∞)，易知f′(x)＝1－eq\f(a,x).由f′(x)＝0，解得x＝a(a＞0)．又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna．]第1课时导数与函数的单调性(对应学生用书第35页)利用用导数法判断或证明函数的单调性(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝eeq\s\up7(x)(eeq\s\up7(x)－a)－aeq\s\up7(2)x.讨论f(x)的单调性．[解]函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)－aeeq\s\up7(x)－aeq\s\up7(2)＝(2eeq\s\up7(x)＋a)(eeq\s\up7(x)－a)．①若a＝0，则f(x)＝eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．[规律方法]用导数证明函数fx在a，b内的单调性的步骤一求：求f′x；二定：确定f′x在a，b内的符号；三结论：作出结论：f′x＞0时为增函数；f′x＜0时为减函数.易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.1讨论分以下四个方面①二次项系数讨论，②根的有无讨论，③根的大小讨论，④根在不在定义域内讨论.2讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分点.3讨论完必须写综述.[跟踪训练](2016·四川高考节选)设函数f(x)＝axeq\s\up7(2)－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0.[解](1)由题意得f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增．(2)证明：令s(x)＝eeq\s\up7(x)－1－x，则s′(x)＝eeq\s\up7(x)－1－1.当x>1时，s′(x)>0，又s(1)＝0，有s(x)＞0，所以eeq\s\up7(x)－1>x，从而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.利用导数求函数的单调区间设函数f(x)＝xea－eq\s\up7(x)＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；【导学号：97190076】(2)求f(x)的单调区间．[解](1)因为f(x)＝xea－eq\s\up7(x)＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－eq\s\up7(x)＋b.依题设，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e.))(2)由(1)知f(x)＝xeeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)＋ex.由f′(x)＝eeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)(1－x＋eeq\s\up7(x)－1)及eeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)＞0知，f′(x)与1－x＋eeq\s\up7(x)－1同号．令g(x)＝1－x＋eeq\s\up7(x)－1，则g′(x)＝－1＋eeq\s\up7(x)－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．[规律方法]利用导数求函数单调区间的步骤1确定函数fx的定义域.2求f′x.3在定义域内解不等式f′x＞0，得单调递增区间.4在定义域内解不等式f′x＜0，得单调递减区间.易错警示：解不等式f′x＞0＜0时不加“＝”号.[跟踪训练](2018·合肥第二次质检节选)已知f(x)＝ln(x＋m)－mx.求f(x)的单调区间．[解]由已知可得函数定义域为(－m，＋∞)．∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m.当m≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m＞0，即f(x)的单调递增区间为(－m，＋∞)，无单调递减区间；当m＞0时，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m＝eq\f(－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(1,m))),x＋m)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,m)－m∈(－m，＋∞)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))时，f′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞))时，f′(x)＜0，∴当m＞0时，易知f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞)).已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)axeq\s\up7(2)＋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](1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)axeq\s\up7(2)－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2，由于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．设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\up7(2)－1，所以G(x)min＝－1.所以a＞－1，即a的取值范围为(－1，＋∞)．(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得，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．所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up7(2)－1，因为x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)).1．本例(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]由h(x)在[1,4]上单调递增得，当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，∴当x∈[1,4]时，a≤eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，又当x∈[1,4]时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．[解]h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则h′(x)＜0在[1,4]上有解，∴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)))min＝－1，∴a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．[规律方法]根据函数单调性求参数的一般方法1利用集合间的包含关系处理：y＝fx在a，b上单调，则区间a，b是相应单调区间的子集.2转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′x≥0；若函数单调递减，则f′x≤0”来求解.易错警示：fx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不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.[跟踪训练](1)(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝xeq\s\up7(2)－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．a＜1 B．a≤1C．a＜2 D．a≤2(2)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－xeq\s\up7(2)＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是()【导学号：97190077】A．(－∞，－3] B．(－3,1)C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)(1)D(2)B(1)由f(x)＝xeq\s\up7(2)－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2xeq\s\up7(2)在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2xeq\s\up7(2)＞2，∴a≤2.故选D．(2)因为f(x)＝eq\f(1,3)x3