第三章

第2節導數在研究函數中的應用知識分類落實考點分層突破課后鞏固作業內容索引///////123//////////////知識分類落實夯實基礎回扣知識1知識梳理///////1.函數的單調性與導數的關系函數y＝f(x)在某個區間內可導，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個區間內

；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個區間內

；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區間內是

.單調遞增單調遞減常數函數2.函數的極值與導數條件f′(x0)＝0x0附近的左側f′(x)

0，右側f′(x)

0x0附近的左側f′(x)

0

，右側f′(x)

0圖象形如山峰形如山谷極值f(x0)為極

值f(x0)為極

值極值點x0為極

值點x0為極

值點大小大小><><(1)函數f(x)在[a，b]上有最值的條件如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條

的曲線，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)值的步驟①求函數y＝f(x)在(a，b)內的

；②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中

的一個是最大值，

的一個是最小值.3.函數的最值與導數連續不斷極值最大最小1.若函數f(x)在區間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調遞增”的充分不必要條件.2.對于可導函數f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.3.求最值時，應注意極值點與所給區間的關系，關系不確定時，需要分類討論，不可想當然認為極值就是最值.4.函數最值是“整體”概念，而函數極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關系.1.判斷下列結論正誤(在括號內打“√”或“×”) (1)若函數f(x)在(a，b)內單調遞增，那么一定有f′(x)>0. (

) (2)如果函數f(x)在某個區間內恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區間內沒有單調性.(

) (3)函數的極大值一定大于其極小值. (

) (4)對可導函數f(x)，若f′(x0)＝0，則x0為極值點. (

) (5)函數的最大值不一定是極大值，函數的最小值也不一定是極小值. (

)

解析(1)f(x)在(a，b)內單調遞增，則有f′(x)≥0. (3)函數的極大值也可能小于極小值. (4)x0為f(x)的極值點的充要條件是f′(x0)＝0，且x0兩側導函數異號.×√××√2.函數f(x)＝x2－2lnx的單調遞減區間是 (

) A.(0，1] B.[1，＋∞) C.(－∞，－1] D.[－1，0)∪(0，1]

由f′(x)≤0，得0<x≤1.A3.如圖是f(x)的導函數f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點的個數為 (

) A.1 B.2 C.3 D.4

解析

由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其兩側導數符號為左負右正.A4.(2017·浙江卷)函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)的圖象可能是 (

)

解析

設導函數y＝f′(x)與x軸交點的橫坐標從左往右依次為x1，x2，x3，由導函數y＝f′(x)的圖象易得當x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)時，f′(x)<0；當x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)時，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函數f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上單調遞減，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上單調遞增，觀察各選項，只有D選項符合.D5.(多選題)(2021·濟南調研)如果函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則以下關于函數y＝f(x)的判斷正確的是 (

) A.在區間(2，4)內單調遞減

B.在區間(2，3)內單調遞增

C.x＝－3是極小值點

D.x＝4是極大值點 解析A項，函數y＝f(x)在區間(2，4)內f′(x)＞0，則函數f(x)在區間(2，4)上單調遞增，故A不正確；BDB項，函數y＝f(x)在區間(2，3)內的導數f′(x)＞0，則函數f(x)在區間(2，3)上單調遞增，故B正確；C項，由圖象知當x＝－3時，函數f′(x)取得極小值，但是函數y＝f(x)沒有取得極小值，故C錯誤；D項，當x＝4時，f′(x)＝0，當2＜x＜4時，f′(x)＞0，函數y＝f(x)為增函數，當x＞4時，f′(x)＜0，函數y＝f(x)為減函數，則x＝4是函數f(x)的極大值點，故D正確.6.(2021·青島檢測)已知函數f(x)＝sin2x＋4cosx－ax在R上單調遞減，則實數a的取值范圍是_________________.

解析

f′(x)＝2cos2x－4sinx－a

＝2(1－2sin2x)－4sinx－a

＝－4sin2x－4sinx＋2－a＝－(2sinx＋1)2＋3－a.

由題設，f′(x)≤0在R上恒成立.

因此a≥3－(2sinx＋1)2恒成立，則a≥3.[3，＋∞)第一課時利用導數研究函數的單調性考點分層突破題型剖析考點聚焦21.函數f(x)＝x2－2lnx的遞減區間是 (

) A.(0，1) B.(1，＋∞) C.(－∞，1) D.(－1，1) ∴當x∈(0，1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數.考點一不含參函數的單調性///////自主演練A2.函數f(x)＝(x－3)ex的遞增區間是 (

) A.(－∞，2) B.(0，3) C.(1，4) D.(2，＋∞)

解析

f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex， 令f′(x)>0，解得x>2，故選D.D3.已知定義在區間(－π，π)上的函數f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的遞增區間是

________________________.

解析

f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.

令f′(x)＝xcosx>0，確定函數單調區間的步驟：(1)確定函數f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區間；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區間.感悟升華解函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，考點二討論含參函數的單調性///////師生共研∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；1.(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.(2)劃分函數的單調區間時，要在函數定義域內討論，還要確定導數為0的點和函數的間斷點.2.個別導數為0的點不影響所在區間的單調性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0時取到)，f(x)在R上是增函數.感悟升華【訓練1】已知函數f(x)＝ax＋lnx(a∈R)，求f(x)的單調區間. ①當a≥0時，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0， 所以f(x)的單調遞增區間(0，＋∞).因為x＝1是f(x)＝2x＋＋lnx的一個極值點，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，經檢驗，適合題意，所以b＝3.令f′(x)<0，得0<x<1.所以函數f(x)的單調遞減區間為(0，1).考點三根據函數單調性求參數///////典例遷移因為函數g(x)在[1，2]上單調遞增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因為在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以實數a的取值范圍是[－3，＋∞).【遷移1】本例(2)中，若函數g(x)在區間[1，2]上單調遞減，求實數a的取值范圍. ∴當x∈[1，2]時，a≤－2x2－x恒成立， ∴當x＝2時，t＝－2x2－x取得最小值－10.

所以a≤－10，即實數a的取值范圍為(－∞，－10].【遷移2】在本例(2)中，若函數g(x)在區間[1，2]上不單調，求實數a的取值范圍.

解

∵函數g(x)在區間[1，2]上不單調， ∴g′(x)＝0在區間(1，2)內有解， 易知該函數在(1，2)上是減函數， ∴a＝－2x2－x的值域為(－10，－3)， 因此實數a的取值范圍為(－10，－3).1.(1)已知函數的單調性，求參數的取值范圍，應用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出參數的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數的取值是f′(x)不恒等于0的參數的范圍.(2)如果能分離參數，則盡可能分離參數后轉化為參數值與函數最值之間的關系.2.若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解.感悟升華考點四與導數有關的函數單調性的應用///////多維探究CDD∴g′(x)<0，則g(x)在(－∞，＋∞)上是減函數.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函數，所以x<2.1.利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小.2.與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中若存在f(x)與f′(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數研究新函數的單調性，從而求解不等式.感悟升華【訓練2】(1)(2021·新高考8省聯考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則(

) A.c<b<a B.b<c<a C.a<c<b D.a<b<cD所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以f(3)<f(4)<f(5)，f(c)<f(b)<f(a)，所以a<b<c.a，b，c依次為方程①②③的根，結合圖象，方程的根可以看作兩個圖象的交點的橫坐標，因為f(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，所以函數g(x)在R上單調遞減.因為f(x)＋2021為定義在R上的奇函數，所以f(0)＋2021＝0，所以f(0)＝－2021，則g(0)＝－2021，所以不等式f(x)＋2021ex<0等價于g(x)<g(0)，所以x>0，所以不等式f(x)＋2021ex<0的解集為(0，＋∞).B以“函數凹凸性”為背景的導數問題C所以f′(x)＝ex－lnx－1－mx，思維升華A.f(2)<f(e)<f(π)B.f′(π)<f′(e)<f′(2)C.f(2)<f′(2)－f′(3)<f(3)D.f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)解析因為f′(x)>0，所以f(x)在R上單調遞增.ABD所以y＝f(x)的圖象是向上凸起的，大致圖象如圖所示.由圖可知f(2)<f(e)<f(π)，故A項正確.因為f′(x)反映了函數f(x)圖象上各點處的切線的斜率，由圖可知，隨著x的增大，f(x)的圖象越來越平緩，即切線的斜率越來越小，所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，故B項正確.所以結合圖可知f′(3)<kAB<f′(2)，故D正確.顯然只有f(2)<f′(2)－f′(3)<f(3)無法判斷正誤，即C不一定正確.課后鞏固作業提升能力分層訓練3一、選擇題1.函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是 (

)

解析

由函數f(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，0)上單調遞增，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減， 所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，選項D滿足.D解析因為函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，BD令g(x)＝2ax2－4ax－1，則函數g(x)＝2ax2－4ax－1的對稱軸方程為x＝1，若f(x)在(1，4)上不單調，則g(x)在區間(1，4)上有零點.當a＝0時，顯然不成立；4.已知f(x)是定義在區間(0，＋∞)內的函數，其導函數為f′(x)，且不等式xf′(x)<2f(x)恒成立，則 (

) A.4f(1)<f(2) B.4f(1)>f(2) C.f(1)<4f(2) D.f(1)>4f′(2)B所以函數g(x)在(0，＋∞)上為減函數，因此g(1)>g(2)，∴f(x)在R上是增函數.故f(a－1)＋f(2a2)≤0?f(a－1)≤f(－2a2)，DBD解析由導函數的圖象可知，導函數f′(x)的圖象在x軸下方，即f′(x)＜0，故原函數為減函數，并且遞減的速度是逐漸減慢.所以f(x)的示意圖如圖所示：f(x)＜0恒成立，沒有依據，故A不正確；B表示(x1－x2)與[f(x1)－f(x2)]異號，即f(x)為減函數，故B正確；C，D左邊的式子意義為x1，x2中點對應的函數值，即圖中點B的縱坐標值，右邊式子代表的是函數值的平均值，即圖中點A的縱坐標值，顯然有左邊小于右邊，故C不正確，D正確.二、填空題7.已知a為實數，f(x)＝ax3＋3x＋2，若f′(－1)＝－3，則函數f(x)的單調遞增區間 為________________________.

解析f(x)＝ax3＋3x＋2，則f′(x)＝3ax2＋3， 又f′(－1)＝3a＋3＝－3，解得a＝－2，

8.(2020·長沙質檢)若函數f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區間(k－1，k＋1)

內不是單調函數，則實數k的取值范圍是______________.(－∞，－2)∪(0，2)又f(2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，當且僅當0<x<2時，φ(x)>0，此時x2f(x)>0.又f(x)為奇函數，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數，由數形結合知x∈(－∞，－2)時，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集為(－∞，－2)∪(0，2).所以h(x