2020届一轮复习苏教版 导数的应用 学案

§3.2 导数的应用

考情考向分析 考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、数列、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大．

1．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．

2．函数的极值

(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法

解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：

①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；

②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．

(2)求可导函数极值的步骤

①求f′(x)；

②求方程f′(x)＝0的根；

③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．

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．

概念方法微思考

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

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．( √ )

题组二 教材改编

2．[P29T1]函数y＝x3＋x2－5x－5的单调增区间是________．

答案 －∞，－53，(1，＋∞)

解析 令y′＝3x2＋2x－5>0，得x<－53或x>1.

3．[P31T1]函数y＝3x3－9x＋5的极大值为________．

答案 11

解析 y′＝9x2－9，令y′＝0，得x＝±1.

当x变化时，y′，y的变化情况如下表：

x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞)

y′ ＋ 0 － 0 ＋

y ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗

从上表可以看出，当x＝－1时，函数y取得极大值为

3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11. 4．[P34T2]函数f(x)＝x－2sin x在(0，π)上的单调增区间为________．

答案 π3，π

解析 令f′(x)＝1－2cos x>0，得cos x<12，

又x∈(0，π)，所以π3

所以f(x)＝x－2sin x在(0，π)上的单调增区间为π3，π.

5．[P34T4]函数y＝x＋2cos x在区间0，π2上的最大值是__________．

答案 π6＋3

解析 ∵y′＝1－2sin x，

∴当x∈0，π6时，y′>0；当x∈π6，π2时，y′<0.

∴当x＝π6时，ymax＝π6＋3.

题组三 易错自纠

6．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝3，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，则不等式f(x)<2x＋1的解集为____________．

答案 (1，＋∞)

解析 令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0，

∴g(x)在R上为减函数，g(1)＝f(1)－2－1＝0.

由g(x)<0＝g(1)，得x>1.

∴不等式的解集为(1，＋∞)．

7．函数f(x)＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．

答案 [－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]．

8．若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．

答案 －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.

9．若函数f(x)＝13x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝________.

答案 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.

10．已知函数f(x)＝13x3＋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________．

答案 32，4

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，因此 f′1＝3－2a<0，f′2＝8－2a>0，解得32

第1课时 导数与函数的单调性

题型一 不含参数的函数的单调性

1．函数y＝4x2＋1x的单调增区间为________．

答案 12，＋∞

解析 由y＝4x2＋1x，得y′＝8x－1x2(x≠0)，

令y′>0，即8x－1x2>0，解得x>12，

∴函数y＝4x2＋1x的单调增区间为12，＋∞.

2．函数f(x)＝x·ex－ex＋1的单调增区间是________．

答案 (e－1，＋∞)

解析 由f(x)＝x·ex－ex＋1，

得f′(x)＝(x＋1－e)·ex， 令f′(x)>0，解得x>e－1，

所以函数f(x)的单调增区间是(e－1，＋∞)．

3．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调减区间是________．

答案 0，1e

解析 因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，

所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，

当f′(x)<0时，解得0

即函数f(x)的单调减区间为0，1e.

4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调增区间是_______．

答案 －π，－π2和0，π2

解析 f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.

令f′(x)＝xcos x>0，

则其在区间(－π，π)上的解集为－π，－π2∪0，π2，

即f(x)的单调增区间为－π，－π2和0，π2.

思维升华 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增区间．

(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调减区间．

题型二 含参数的函数的单调性

例1 已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．

解 根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1，f′(x)＝2x，

函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．

当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．

因为e－ax>0，

所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝2a.

①当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和2a，＋∞上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；

函数g(x)＝－ax2＋2x在0，2a上有g(x)≥0，

即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．

②当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在－∞，2a和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；

函数g(x)＝－ax2＋2x在2a，0上有g(x)≤0，

即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减．

综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)；

当a>0时，函数y＝f(x)的单调减区间为(－∞，0)，2a，＋∞，单调增区间为0，2a；

当a<0时，函数y＝f(x)的单调增区间为－∞，2a，(0，＋∞)，单调减区间为2a，0.

思维升华 (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．

跟踪训练1 讨论函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x的单调性．

解 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．

①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．

②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.

当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，

当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.

故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln－a2.

当x∈－∞，ln－a2时，f′(x)<0；

当x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)>0.

故f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，

在ln－a2，＋∞上单调递增．

综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；

当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；