高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 第2章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第11節(jié) 第1課時(shí) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案 理 北師大版

第十一節(jié)　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 [考綱傳真]　(教師用書獨(dú)具)1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)；2.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)；會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過三次)；3.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會(huì)解決與之有關(guān)的方程(不等式)問題；4.會(huì)利用導(dǎo)數(shù)解決某些簡單的實(shí)際問題． (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第34頁) [基礎(chǔ)知識(shí)填充] 1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則： (1)如果f′(x)＞0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是增加的； (2)如果f′(x)＜0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是減少的； (3)如果f′(x)＝0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)． 2．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù) (1)極值點(diǎn)與極值 設(shè)函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0及附近有定義，且在x0兩側(cè)的單調(diào)性相反或?qū)?shù)值異號(hào)，則x0為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，f(x0)為函數(shù)的極值． (2)極大值點(diǎn)與極小值點(diǎn) ①若先增后減(導(dǎo)數(shù)值先正后負(fù))，則x0為極大值點(diǎn)； ②若先減后增(導(dǎo)數(shù)值先負(fù)后正)，則x0為極小值點(diǎn)． (3)可求導(dǎo)函數(shù)極值的步驟： ①求f′(x)； ②解方程f′(x)＝0； ③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的解x0的左右兩側(cè)的符號(hào)．如果左正右負(fù)，那么f(x)在這個(gè)根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個(gè)根處取得極小值．如果f′(x)在x0兩側(cè)的符號(hào)相同，則x0不是極值點(diǎn)． 3．函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù) (1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件 如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖像是連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值． (2)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)且在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下： ①求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； ②將f(x)的各極值與f(a)、f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值． [知識(shí)拓展] 1．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． 2．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對(duì)任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零． 3．對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． [基本能力自測] 1．(思考辨析)判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“”) (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，那么在區(qū)間(a，b)上一定有f′(x)>0.(　　) (2)如果函數(shù)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則函數(shù)f(x)在此區(qū)間上沒有單調(diào)性．(　　) (3)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(　　) (4)對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0為極值點(diǎn)的充要條件．(　　) (5)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值．(　　) (6)若實(shí)際問題中函數(shù)定義域是開區(qū)間，則不存在最優(yōu)解．(　　) [答案]　(1)　(2)√　(3)√　(4)　(5)√　(6) 2．(教材改編)f(x)＝x3－6x2的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(0,4)　　　　　　 B．(0,2) C．(4，＋∞) D．(－∞，0) A　[f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4， 所以單調(diào)遞減區(qū)間為(0,4)．] 3．如圖2111所示是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像，則下列判斷中正確的是(　　) 圖2111 A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,0)上是減函數(shù) B．函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù) C．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù) D．函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,4)上是增函數(shù) A　[當(dāng)x∈(－3,0)時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(－3,0)上是減函數(shù)．其他判斷均不正確．] 4．函數(shù)y＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________． 8　[y′＝6x2－4x，令y′＝0， 得x＝0或x＝. ∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－， f(2)＝8，∴最大值為8.] 5．函數(shù)f(x)＝x－aln x(a＞0)的極小值為________． a－aln a　[f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 易知f′(x)＝1－. 由f′(x)＝0，解得x＝a(a＞0)． 又當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0， 所以函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－aln a．] 第1課時(shí)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第35頁) 利用用導(dǎo)數(shù)法判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性 　(20xx全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex(ex－a)－a2x.討論f(x)的單調(diào)性． [解]　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若a＝0，則f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． ②若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝ln a. 當(dāng)x∈(－∞，ln a)時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減， 在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． ③若a<0，則由f′(x)＝0得x＝ln. 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0. 故f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． [規(guī)律方法]　用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性的步驟 一求：求f′(x)； 二定：確定f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號(hào)； 三結(jié)論：作出結(jié)論：f′(x)＞0時(shí)為增函數(shù)；f′(x)＜0時(shí)為減函數(shù). 易錯(cuò)警示：研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需注意依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論. (1)討論分以下四個(gè)方面 ①二次項(xiàng)系數(shù)討論，②根的有無討論，③根的大小討論，④根在不在定義域內(nèi)討論. (2)討論時(shí)要根據(jù)上面四種情況，找準(zhǔn)參數(shù)討論的分點(diǎn). (3)討論完必須寫綜述. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx四川高考節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)證明：當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>0. [解]　(1)由題意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)． 當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減． 當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0有x＝， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． (2)證明：令s(x)＝ex－1－x，則s′(x)＝ex－1－1. 當(dāng)x>1時(shí)，s′(x)>0，又s(1)＝0，有s(x)＞0， 所以ex－1>x， 從而g(x)＝－>0. 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 　設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140076】 [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝xea－x＋bx， 所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b. 依題設(shè)，即 解得 (2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex. 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號(hào)． 令g(x)＝1－x＋ex－1，則g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值， 從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)． 綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． [規(guī)律方法]　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟 (1)確定函數(shù)f(x)的定義域. (2)求f′(x). (3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)＞0，得單調(diào)遞增區(qū)間. (4)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)＜0，得單調(diào)遞減區(qū)間. 易錯(cuò)警示：解不等式f′(x)＞0(＜0)時(shí)不加“＝”號(hào). [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx合肥第二次質(zhì)檢節(jié)選)已知f(x)＝ln(x＋m)－mx.求f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　由已知可得函數(shù)定義域?yàn)?－m，＋∞)． ∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝－m. 當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)＝－m＞0， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－m，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間； 當(dāng)m＞0時(shí)，f′(x)＝－m＝， 由f′(x)＝0，得x＝－m∈(－m，＋∞)， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0， 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0， ∴當(dāng)m＞0時(shí)，易知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為. 已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 　已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)． (1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍． [解]　(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，－ax－2＜0有解， 即a＞－有解． 設(shè)G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝－1，所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1，即a的取值范圍為(－1，＋∞)． (2)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減得， 當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1， 因?yàn)閤∈[1,4]，所以∈， 所以G(x)max＝－(此時(shí)x＝4)， 所以a≥－，即a的取值范圍是. 1．本例(2)中，若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍． [解]　由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增得， 當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，h′(x)≥0恒成立， ∴當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，a≤－恒成立， 又當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，min＝－1(此時(shí)x＝1)， ∴a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]． 2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍． [解]　h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 則h′(x)＜0在[1,4]上有解， ∴當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，a＞－有解， 又當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，min＝－1， ∴a＞－1，即a的取值范圍是(－1，＋∞)． [規(guī)律方法]　根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法 (1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集. (2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來求解. 易錯(cuò)警示：f(x)為增函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒為0.應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解. [跟蹤訓(xùn)練]　(1)(20xx四川樂山一中期末)f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．a(chǎn)＜1 B．a(chǎn)≤1 C．a(chǎn)＜2 D．a(chǎn)≤2 (2)函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140077】 A．(－∞，－3] B．(－3,1) C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) (1)D　(2)B　(1)由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x∈(1，＋∞)時(shí)，2x2＞2，∴a≤2.故選D． (2)因?yàn)閒(x)＝x3－x2＋ax－5， 所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1， 如果函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)，那么a－1≥0或解得a≥1或a≤－3，于是滿足條件的a∈(－3,1)． 函數(shù)不單調(diào)問題求參數(shù)的取值范圍 　f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1在(2,3)上不單調(diào)，求a的取值范圍． [解]　f′(x)＝3x2－6ax＋3，∵f(x)在(2,3)上不單調(diào)． ∴3x2－6ax＋3＝0在(2,3)上有解． ∴a＝＋，當(dāng)2＜x＜3時(shí)，＜a＜. [規(guī)律方法]　f(x)在(a，b)上不單調(diào)?f(x)在(a，b)上有極值?f′(x)＝0在(a，b)上有解且無重根. [跟蹤訓(xùn)練]　f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍． [解]　f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(3x＋a＋2)(x－a)， ∵f(x)在(－1,1)上不單調(diào)，∴f′(x)＝0在(－1,1)上有解． ∴a＝－3x－2或a＝x，有－1＜x＜1得－5＜a＜1， 又Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＝(2a＋1)2＞0，∴a≠－， ∴a的取值范圍為－5＜a＜－或－＜a＜1.