（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用（第1课时）课

§3.2导数的应用第三章导数及其应用ZUIXINKAOGANG最新考纲1.结合实例，借助几何直观探索并了解函数单调性和导数的关系；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.结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；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)，以及在给定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.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).NEIRONGSUOYIN内容索引基础知识自主学习题型分类深度剖析课时作业1基础知识自主学习PARTONE1.函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.知识梳理ZHISHISHULI条件f′(x0)＝0x0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图象极植f(x0)为________f(x0)为_______极值点x0为_________x0为_________2.函数的极值与导数极大值极小值极大值点极小值点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，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值.f(a)f(b)f(a)f(b)1.“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？提示不正确，正确的说法是：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零.2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件.(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)提示必要不充分【概念方法微思考】题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)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.()(2)函数的极大值一定大于其极小值.()(3)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.()√×√基础自测JICHUZICE123456789题组二教材改编2.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，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√12345解析在(4,5)上f′(x)0恒成立，∴f(x)是增函数.67893.函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是___________.(0，＋∞)解析由f′(x)＝ex－10，解得x0，故其单调递增区间是(0，＋∞).1234567894.当x0时，lnx，x，ex的大小关系是__________.可得x＝1为函数f(x)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故f(x)≤f(1)＝－10，所以lnxx.同理可得xex，故lnxxex.解析构造函数f(x)＝lnx－x，则f′(x)＝1x－1，12345lnxxex67895.现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是______.12345227a3解析容积V＝(a－2x)2x,0xa2，则V′＝2(a－2x)×(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)，由V′＝0得x＝a6或x＝a2(舍去)，则x＝a6为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时Vmax＝227a3.67896.函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是________.[－3,0]解析f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，即4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数a的取值范围是[－3,0].123456题组三易错自纠7897.(2018·郑州质检)若函数f(x)＝＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为_____.－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.12345613x3－32x27898.若函数f(x)＝－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝____.4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)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.12345613x37899.已知函数f(x)＝＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________.解析f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，1234513x332，4因此f′1＝3－2a0，f′2＝8－2a0，解得32a4，故实数a的取值范围为32，4.67892题型分类深度剖析PARTTWO第1课时导数与函数的单调性1.函数y＝4x2＋1x的单调增区间为A.(0，＋∞)B.12，＋∞C.(－∞，－1)D.－∞，－12题型一不含参函数的单调性√自主演练解析由y＝4x2＋1x，得y′＝8x－1x2(x≠0)，令y′0，即8x－1x20，解得x12，∴函数y＝4x2＋1x的单调增区间为12，＋∞.故选B.2.函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是A.(－∞，e)B.(1，e)C.(e，＋∞)D.(e－1，＋∞)解析由f(x)＝x·ex－ex＋1，得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，令f′(x)0，解得xe－1，所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞).√3.已知函数f(x)＝xlnx，则f(x)的单调递减区间是________.0，1e解析因为函数f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x0)，当f′(x)0时，解得0x1e，即函数f(x)的单调递减区间为0，1e.4.(2018·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是___________________.－π，－π2和0，π2解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令f′(x)＝xcosx0，则其在区间(－π，π)上的解集为－π，－π2∪0，π2，即f(x)的单调递增区间为－π，－π2和0，π2.确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域.(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)0，解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f′(x)0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.思维升华题型二含参数的函数的单调性例1讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的单调性.师生共研(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，还要确定导数为零的点和函数的间断点.思维升华跟踪训练1已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a0).试讨论f(x)的单调性.题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式例2(1)设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则A.g(a)0f(b)B.f(b)0g(a)C.0g(a)f(b)D.f(b)g(a)0√多维探究(2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x0时，xf′(x)－f(x)0.若则a，b，c的大小关系是A.bacB.acbC.abcD.cab又当x0时，xf′(x)－f(x)0，所以g′(x)0，即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减.由0ln2e3，可得g(3)g(e)g(ln2)，即cab，故选D.√a＝fee，b＝fln2ln2，c＝f33，解析设g(x)＝fxx，则g′(x)＝xf′x－fxx2，(3)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)√(4)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)＝0，当x0时，有0恒成立，则不等式x2f(x)0的解集是___________________.(－∞，－2)∪(0,2)xf′x－fxx2∴在(0，＋∞)上，当且仅当0x2时，φ(x)0，此时x2f(x)0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数.故x2f(x)0的解集为(－∞，－2)∪(0,2).解析∵当x0时，fxx′＝x·f′x－fxx20，∴φ(x)＝fxx在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，命题点2根据函数单调性求参数例3(2018·石家庄质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝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；所以a－1.又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞).12解h(x)＝lnx－12ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝1x－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，1x－ax－20有解，即a1x2－2x有解.设G(x)＝1x2－2x，所以只要aG(x)min即可.而G(x)＝1x－12－1，所以G(x)min＝－1.(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.解因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a≥1x2－2x恒成立.由(1)知G(x)＝1x2－2x，所以a≥G(x)max，而G(x)＝1x－12－1，因为x∈[1,4]，所以1x∈14，1，所以G(x)max＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716，又因为a≠0，所以a的取值范围是－716，0∪(0，＋∞).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].引申探究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，