2021高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用导数在不等式中的应用

第1课时 导数与函数的单调性[A 级 基础巩固]1．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则y ＝f ′(x )的图象可能是()解析：由函数f (x )的图象可知，f (x )在(－∞，0)上单调递增，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f ′(x )>0；在(0，＋∞)上，f ′(x )<0，选项D 满足．答案：D2．(多选题)设函数f (x )＝x 3－12x ＋b ，则下列结论错误的是() A ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递增 B ．函数f (x )在(－∞，－1)上单调递减C ．若b ＝－6，则函数f (x )的图象在点(－2，f (－2))处的切线方程为y ＝10D ．若b ＝0，则函数f (x )的图象与直线y ＝10只有一个公共点 解析：易知f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，所以f (x )在(－∞，－2)和(2，＋∞)上递增，在(－2，2)上单调递减． 因此A 项，B 项都不正确．易求f ′(－2)＝0，当b ＝－6时，f (x )在x ＝－2处的切线为y ＝10，C 正确． 作出函数f (x )＝x 3－12x (b ＝0)与y ＝10的图象，有三个交点，D 不正确． 答案：ABD3．(2020·某某中学调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是()A ．(1，2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0，3]解析：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[a －1，a ＋1]上恒成立，即0<x ≤3在[a －1，a ＋1]上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.答案：A4．已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是()A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b 解析：设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， 所以g ′(x )<0.所以g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， 所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b . 答案：D5．已知函数f (x )＝13x 3－4x ＋2e x －2e x ，其中e 为自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值X 围是()A ．(－∞，－1] B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎪⎫－1，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12解析：f ′(x )＝x 2－4＋2e x ＋2e －x ≥x 2－4＋24e x ·e －x ＝x 2≥0， 所以f (x )在R 上是增函数．又f (－x )＝－13x 3＋4x ＋2e －x －2e x＝－f (x )，知f (x )为奇函数．故f (a －1)＋f (2a 2)≤0⇔f (a －1)≤f (－2a 2)， 所以a －1≤－2a 2，解之得－1≤a ≤12.答案：D6．(2020·某某一中质检)求形如y ＝f (x )g (x )的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y ＝g (x )ln f (x )，再两边同时求导得1y·y ′＝g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )，于是得到y ′＝f (x )g (x )[g ′(x )ln f (x )＋g (x )·1f （x ）·f ′(x )]，运用此方法求得函数y ＝x 1x 的单调递增区间是________．解析：由题设，y ′＝x 1x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2·ln x ＋1x 2＝x 1x ·1－ln x x 2(x >0)．令y ′>0，得1－ln x >0，所以0<x <e. 所以函数y ＝x 1x 的单调递增区间为(0，e)． 答案：(0，e)7．已知g (x )＝2x＋x 2＋2a ln x 在[1，2]上是减函数，则实数a 的取值X 围为________．解析：g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x，由已知得g ′(x )≤0在[1，2]上恒成立， 可得a ≤1x－x 2在[1，2]上恒成立．又当x ∈[1，2]时，⎝⎛⎭⎪⎫1x－x 2min ＝12－4＝－72.所以a ≤－72.答案：⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－72 8．设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________．解析：因为当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，所以φ(x )＝f （x ）x在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0， 所以在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，所以h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2)． 答案：(－∞，－2)∪(0，2)9．已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R)．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )的单调区间．解：(1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，所以切线斜率k ＝3，又切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)， 即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为3x －y －1＝0. (2)由已知得f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)，①当a ≥0时，由于x >0，故ax ＋1>0，f ′(x )>0， 所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a <0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a.在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a，＋∞上，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞.10．设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，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.(1)解：由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(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 ＝12a ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)证明：令s (x )＝ex －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1. 当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.[B 级 能力提升]11．(2020·雅礼中学质检)已知函数f (x )＝sin 2x ＋4cos x －ax 在R 上单调递减，则实数a 的取值X 围是________．解析：f ′(x )＝2cos 2x －4sin x －a ＝2(1－2sin 2x )－4sin x －a ＝－4sin 2x －4sin x ＋2－a ＝－(2sin x ＋1)2＋3－a .由题设，f ′(x )≤0在R 上恒成立， 因此a ≥3－(2sin x ＋1)2恒成立，则a ≥3. 答案：[3，＋∞)12．已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，则不等式f (ln x )＋f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x <2f (1)的解集为________．解析：f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 1x ＝f (－ln x )＝f (ln x )．则原不等式可变形为f (ln x )<f (1)⇔f (|ln x |)<f (1)． 又f ′(x )＝x cos x ＋2x ＝x (2＋cos x )， 由2＋cos x >0，得x >0时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 所以|ln x |<1⇔－1<ln x <1⇔1e <x <e.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 13．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值X 围；若不存在，说明理由．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0在x >0时恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)，则其最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．又当a ＝－12时，g ′(x )＝（x －1）2x ，当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．[C 级 素养升华]14．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称．则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________．解析：由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3.① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， 所以2m ＋6＝0，即m ＝－3.② 代入①式，得n ＝0，所以f (x )＝x 3－3x 2－2，则f ′(x )＝3x 2－6x ， 令f ′(x )<0，得0<x <2，所以f (x )的单调递减区间为(0，2)． 答案：－3(0，2)。

《导数在研究函数中的应用》一轮复习说课稿尊敬的各位老师、专家，大家好！我今天说课的内容是高三的一节复习课《导数在研究函数中的应用》。

下面，我从以下几个方面来说课。

一、教学理念：新课标指出，学生是教学的主体，教师的教应本着从学生的认知规律出发，以学生活动为主线，在原有知识的基础上，建构新的知识体系。

因此，教师的责任关键在于教学过程中创设一个“数学活动”环境，让学生通过这个环境的相互作用，利用自身的知识和经验构建自己的理解，获得知识，从而培养自己的数学素养，培养自己的能力。

二、教材分析1、本节教材的地位、作用分析导数在研究函数中的应用是人教A版高中数学新教材选修2-2第一章第三节的内容。

其中函数单调性是刻画函数变化的一个最基本的性质，虽然学生已经能够使用定义判定在所给区间上函数的单调性,但在判断较为复杂的函数单调性时,使用定义法局限性较大。

而通过本节课的学习，能很好的解决这一难题，能够使学生充分体验到导数作为研究函数单调性的工具，其有效性和优越性。

另一方面，在高考中常利用导数研究函数的单调性，并求单调区间、极值、最值、利用导数解决生活中的优化问题，同时对研究不等式等问题起着重要作用。

所以，学习本节课既加深了学生对前面所学知识之间的联系，也为后继学习做好了铺垫，学好本节内容，能加深学生对函数性质的理解，进一步体会数形结合、分类讨论、函数与方程的数学思想，能在高考中起到四两拨千斤的作用。

在高考中，常将导数与向量、不等式、集合一样作为工具与其他知识相综合考查。

2、教学目标（一）知识与技能目标：（1）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）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）. （二）过程与方法目标：（1）通过本节的复习，掌握用导数在研究函数单调性、极值和最值中的方法；（2）培养学生的观察、比较、分析、概括的能力，数形结合、转化思想、分类讨论的数学思想（三）情感态度与价值观目标：（1）在教学过程中让学生养成多动手、多观察、勤思考、善总结的习惯；（2）培养学生的探索精神，感受成功的乐趣。