《（全國通用版）2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)（二）學(xué)案 新人教A版選修2-2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 1.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 1.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)（二）學(xué)案 新人教A版選修2-2（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1.3.1　函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)(二) 學(xué)習(xí)目標(biāo)　1.會利用導(dǎo)數(shù)證明一些簡單的不等式問題.2.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的單調(diào)性的基本方法． 1．函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)正負(fù)的關(guān)系 定義在區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)y＝f(x)： f′(x)的正負(fù) f(x)的單調(diào)性 f′(x)>0 單調(diào)遞增 f′(x)<0 單調(diào)遞減 特別提醒：①若在某區(qū)間上有有限個點使f′(x)＝0，其余的點恒有f′(x)>0，則f(x)仍為增函數(shù)(減函數(shù)的情形完全類似)． ②f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的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. 2．函

2、數(shù)圖象的變化趨勢與導(dǎo)數(shù)值大小的關(guān)系 一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)，在區(qū)間(a，b)上 導(dǎo)數(shù)的絕對值 函數(shù)值變化 函數(shù)的圖象 越大 快 比較“陡峭”(向上或向下) 越小 慢 比較“平緩”(向上或向下) 3.利用導(dǎo)數(shù)解決單調(diào)性問題需要注意的問題 (1)定義域優(yōu)先的原則：解決問題的過程只能在定義域內(nèi)，通過討論導(dǎo)數(shù)的符號來判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間． (2)注意“臨界點”和“間斷點”：在對函數(shù)劃分單調(diào)區(qū)間時，除了必須確定使導(dǎo)數(shù)等于零的點外，還要注意在定義域內(nèi)的間斷點． (3)如果一個函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，這些單調(diào)區(qū)間之間不能用“∪”連接，而只能用“逗號”或“和”字等隔開．

3、 1．如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性．(　√　) 2．函數(shù)在某區(qū)間上變化越快，函數(shù)在這個區(qū)間上的導(dǎo)數(shù)的絕對值越大．(　√　) 類型一　利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍 例1　若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　[1，＋∞) 解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，等價于f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而0<<1，所以k≥1. 即k

4、的取值范圍為[1，＋∞)． 引申探究 1．若將本例中條件遞增改為遞減，求k的取值范圍． 解　∵f′(x)＝k－， 又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴f′(x)＝k－≤0在(1，＋∞)上恒成立， 即k≤，∵0<<1，∴k≤0. 即k的取值范圍為(－∞，0]． 2．若將本例中條件遞增改為不單調(diào)，求k的取值范圍． 解　f(x)＝kx－ln x的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝k－. 當(dāng)k≤0時，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故不合題意． 當(dāng)k>0時，令f′(x)＝0，得x＝， 只需∈(1，＋∞)，即>1，則0

5、(0,1)． 反思與感悟　(1)利用導(dǎo)數(shù)法解決取值范圍問題的兩個基本思路 ①將問題轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分離參數(shù)或函數(shù)性質(zhì)求解參數(shù)范圍，然后檢驗參數(shù)取“＝”時是否滿足題意； ②先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出參數(shù)的取值范圍后，再驗證參數(shù)取“＝”時f(x)是否滿足題意． (2)恒成立問題的重要思路 ①m≥f(x)恒成立?m≥f(x)max； ②m≤f(x)恒成立?m≤f(x)min. 跟蹤訓(xùn)練1　若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)上單調(diào)遞減，在(6，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值

6、范圍． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 解　方法一　(直接法) f′(x)＝x2－ax＋a－1， 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝a－1. 當(dāng)a－1≤1，即a≤2時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，不合題意． 當(dāng)a－1>1，即a>2時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)和(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，a－1)上單調(diào)遞減， 由題意知(1,4)?(1，a－1)且(6，＋∞)?(a－1，＋∞)， 所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7. 故實數(shù)a的取值范圍為[5,7]． 方法二　(數(shù)形結(jié)合法) 如圖所示， f′(x)＝(x－1)[

7、x－(a－1)]． 因為在(1,4)內(nèi)，f′(x)≤0， 在(6，＋∞)內(nèi)f′(x)≥0， 且f′(x)＝0有一根為1， 所以另一根在[4,6]上． 所以即所以5≤a≤7. 故實數(shù)a的取值范圍為[5,7]． 方法三　(轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題) f′(x)＝x2－ax＋a－1. 因為f(x)在(1,4)上單調(diào)遞減， 所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立． 即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1， 因為2

8、∞)上恒成立， 所以a≤x＋1， 因為x＋1>7， 所以當(dāng)a≤7時，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立． 綜上知5≤a≤7. 故實數(shù)a的取值范圍為[5,7]． 類型二　證明不等式 例2　證明ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0)． 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 證明　令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，則f′(x)＝ex－1≥0， ∴f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴對任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0， ∴f(x)≥0，即ex≥x＋1， 令g(x)＝x－sin x(x≥0)，g′(x)＝1－cos x≥0，

9、 ∴g(x)≥g(0)，即x－sin x≥0， ∴x＋1≥sin x＋1(x≥0)， 綜上，ex≥x＋1≥sin x＋1. 反思與感悟　用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的一般步驟 (1)構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]． (2)證明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)>0. (3)依(2)知函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上是單調(diào)遞增函數(shù)，故f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)． 這是因為F(x)為單調(diào)遞增函數(shù)， 所以F(x)≥F(a)>0， 即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)>0. 跟蹤訓(xùn)練2　已知x>0，證

10、明不等式ln(1＋x)>x－x2成立． 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 證明　設(shè)f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2， 則f′(x)＝－1＋x＝. 當(dāng)x>－1時，f′(x)>0， 則f(x)在(－1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)． ∴當(dāng)x>0時，f(x)>f(0)＝0. ∴當(dāng)x>0時，不等式ln(1＋x)>x－x2成立. 1．已知命題p：對任意x∈(a，b)，有f′(x)>0，q：f(x)在(a，b)內(nèi)是單調(diào)遞增的，則p是q的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 考點　函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 題

11、點　利用導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)號判定函數(shù)的單調(diào)性 答案　A 2．已知對任意實數(shù)x，都有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且當(dāng)x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，則當(dāng)x<0時(　　) A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0 C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0 考點　函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 題點　利用導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)號判定函數(shù)的單調(diào)性 答案　B 解析　由題意知，f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)． 當(dāng)x>0時，f(x)，g(x)都單調(diào)遞增， 則當(dāng)x<0時，f(x)單調(diào)遞增，g(x)單調(diào)遞減， 即

12、f′(x)>0，g′(x)<0. 3．已知函數(shù)f(x)＝x3－12x，若f(x)在區(qū)間(2m，m＋1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　[－1,1) 解析　f′(x)≤0，即3x2－12≤0，得－2≤x≤2. ∴f(x)的減區(qū)間為[－2,2]， 由題意得(2m，m＋1)?[－2,2]， ∴得－1≤m<1. 4．函數(shù)y＝ax－ln x在上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　[2，＋∞)

13、 解析　y′＝a－，由題意知， 當(dāng)x∈時，y′≥0， 即a≥在上恒成立， 由x∈得，<2，∴a≥2. 5．證明方程x－sin x＝0只有一個實根，并試求出這個實根． 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　利用導(dǎo)數(shù)證明不等式 解　令f(x)＝x－sin x，x∈(－∞，＋∞)， 則f′(x)＝1－cos x>0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，其圖象若穿越x軸，則只有一次穿越的機會， 顯然x＝0時，f(x)＝0. 所以方程x－sin x＝0有唯一的實根x＝0. 利用導(dǎo)數(shù)法解決取值范圍問題的兩個基本思路 (1)將問題轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，

14、即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分離參數(shù)或函數(shù)性質(zhì)求解參數(shù)范圍，然后檢驗參數(shù)取“＝”時是否滿足題意； (2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出參數(shù)的取值范圍后，再驗證參數(shù)取“＝”時，f(x)是否滿足題意. 一、選擇題 1．函數(shù)y＝x4－2x2＋5的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－∞，－1)和(0,1) B．[－1,0]和[1，＋∞) C．[－1,1] D．(－∞，－1]和[1，＋∞) 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　利用導(dǎo)數(shù)求不含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 答案　A 解析　y′＝4x3－4x，令y′<0，即4x3－4x<0， 解得x<－1或0

15、f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)1 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　比較函數(shù)值的大小 答案　A 解析　由f′(x)＝<0，解得x>e， ∴f(x)在(e，＋∞)上為減函數(shù)， ∵ef(b)． 3．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是(　　) A. B. C．(1,2] D．[1,2)

16、 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　A 解析　顯然函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝.由f′(x)＞0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為；由f′(x)＜0，得函數(shù)f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為.因為函數(shù)在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1＜＜k＋1，解得－＜k＜，又因為(k－1，k＋1)為定義域內(nèi)的一個子區(qū)間，所以k－1≥0，即k≥1.綜上可知，1≤k＜. 4．若a>0，且f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．(0,3) B．(0,3] C．(3，＋∞) D．[3，

17、＋∞) 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　B 解析　由題意得，f′(x)＝3x2－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立， 即a≤(3x2)min＝3， 又a>0，∴0

18、>0. 6．設(shè)f(x)，g(x)在[a，b]上可導(dǎo)，且f′(x)>g′(x)，則當(dāng)ag(x) B．f(x)g(x)＋f(a) D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b) 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 題點　構(gòu)造法的應(yīng)用 答案　C 解析　設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)， ∵f′(x)－g′(x)>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在[a，b]上是增函數(shù)， ∴當(dāng)ah(a)， ∴f(x)－g(x)>f(a)－g(a)， 即f(x)＋g(a)>g(x)＋f(a)． 二、填空題

19、7．若y＝sin x＋ax在R上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　[1，＋∞) 解析　因為y′＝cos x＋a≥0， 所以a≥－cos x對x∈R恒成立． 所以a≥1. 8．若函數(shù)y＝ax3－ax2－2ax(a≠0)在[－1,2]上為增函數(shù)，則a的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　(－∞，0) 解析　y′＝ax2－ax－2a＝a(x＋1)(x－2)>0， ∵當(dāng)x∈(－1,2)時，(x＋1)(x－2)<0，

20、 ∴a<0. 9．若函數(shù)y＝－x3＋ax有三個單調(diào)區(qū)間，則a的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　(0，＋∞) 解析　∵y′＝－4x2＋a，且y有三個單調(diào)區(qū)間， ∴方程y′＝－4x2＋a＝0有兩個不等的實根， ∴Δ＝02－4×(－4)×a>0，∴a>0. 10．若函數(shù)f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　(－∞，－1] 解析　f′(x)＝－x＋， 由題意知

21、f′(x)＝－x＋≤0在(－1，＋∞)上恒成立， 即≤x在(－1，＋∞)上恒成立， ∵x>－1，∴x＋2>1>0， ∴b≤x(x＋2)， 設(shè)y＝x(x＋2)，則y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1， ∵x>－1，∴y>－1， ∴要使b≤x(x＋2)成立，則有b≤－1. 11．若f(x)＝(x∈R)在區(qū)間[－1,1]上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 答案　[－1,1] 解析　f′(x)＝2·， ∵f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)， ∴f′(x)＝2·≥0. ∵(x2＋2)2>0， ∴

22、x2－ax－2≤0對x∈[－1,1]恒成立． 令g(x)＝x2－ax－2， 則即 ∴－1≤a≤1. 即a的取值范圍是[－1,1]． 三、解答題 12．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋ln(x＋1)． (1)當(dāng)a＝－時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 解　(1)當(dāng)a＝－時， f(x)＝－x2＋ln(x＋1)(x>－1)， f′(x)＝－x＋＝－(x>－1)． 當(dāng)f′(x)>0時，解得－11.

23、 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． (2)因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數(shù)， 所以f′(x)＝2ax＋≤0對任意x∈[1，＋∞)恒成立， 即a≤－對任意x∈[1，＋∞)恒成立． 令g(x)＝－， 易求得在區(qū)間[1，＋∞)上g′(x)>0， 故g(x)在區(qū)間[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 故min＝g(1)＝－， 故a≤－. 即實數(shù)a的取值范圍為. 13．已知函數(shù)f(x)＝ln x－. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)證明：當(dāng)x>1時，f(x)

24、 (1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)． 由f′(x)>0，得 解得01時，F(xiàn)(x)1時，f(x)0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是__________． 考點　利用導(dǎo)數(shù)研究函

25、數(shù)的單調(diào)性 題點　構(gòu)造法的應(yīng)用 答案　(－∞，－1)∪(0,1) 解析　因為f(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當(dāng)x≠0時，令g(x)＝，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.則當(dāng)x>0時，g′(x)＝′＝<0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當(dāng)0g(1)＝0?>0?f(x)>0；在(－∞，0)上，當(dāng)x<－1時，g(x)0. 綜上，使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)． 15．設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx(

26、k≠0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調(diào)遞增，求k的取值范圍． 考點　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍) 解　(1)由f′(x)＝(1＋kx)ekx＝0，得x＝－(k≠0)． 若k>0，則當(dāng)x∈時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 若k<0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． 綜上，k>0時，f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為， k<0時，f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為. (2)由(1)知，若k>0，則當(dāng)且僅當(dāng)－≤－1， 即0