2019高三數(shù)學（人教A版理）一輪教師用書第2章第11節(jié)　第1課時　導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

第十一節(jié)導數(shù)的應用[考綱](教師用書獨具)1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)的關系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；3.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值，并會解決與之有關的方程(不等式)問題；4.會利用導數(shù)解決某些簡單的實際問題．(對應學生用書第34頁)[基礎知識填充]1．函數(shù)的單調(diào)性在(a，b)內(nèi)函數(shù)f(x)可導，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)．f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)．2．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則點a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近的其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則點b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值．3．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．[知識拓展]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．可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對?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．對于可導函數(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)判斷下列結論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(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)對可導函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0為極值點的充要條件．()(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)＝x3－6xeq\s\up7(2)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)A[f′(x)＝3xeq\s\up7(2)－12x＝3x(x－4)，由f′(x)＜0，得0＜x＜4，∴單調(diào)遞減區(qū)間為(0,4)．]3．如圖2-11-1所示是函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象，則下列判斷中正確的是()圖2-11-1A．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x∈(－3,0)時，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＝2x3－2xeq\s\up7(2)在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________．8[y′＝6xeq\s\up7(2)－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8，∴最大值為8.]5．函數(shù)f(x)＝x－alnx(a＞0)的極小值為________．a(chǎn)－alna[f(x)的定義域為(0，＋∞)，易知f′(x)＝1－eq\f(a,x).由f′(x)＝0，解得x＝a(a＞0)．又當x∈(0，a)時，f′(x)＜0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna．]第1課時導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(對應學生用書第35頁)利用用導數(shù)法判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性(2017·全國卷Ⅰ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝eeq\s\up7(x)(eeq\s\up7(x)－a)－aeq\s\up7(2)x.討論f(x)的單調(diào)性．[解]函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝2eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)－aeeq\s\up7(x)－aeq\s\up7(2)＝(2eeq\s\up7(x)＋a)(eeq\s\up7(x)－a)．①若a＝0，則f(x)＝eeq\s\up7(2)eq\s\up7(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．②若a＞0，則由f′(x)＝0得x＝lna.當x∈(－∞，lna)時，f′(x)＜0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．③若a<0，則由f′(x)＝0得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))時，f′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))時，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上單調(diào)遞增．[規(guī)律方法]用導數(shù)證明函數(shù)fx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；三結論：作出結論：f′x＞0時為增函數(shù)；f′x＜0時為減函數(shù).易錯警示：研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進行分類討論.1討論分以下四個方面①二次項系數(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討論時要根據(jù)上面四種情況，找準參數(shù)討論的分點.3討論完必須寫綜述.[跟蹤訓練](2016·四川高考節(jié)選)設函數(shù)f(x)＝axeq\s\up7(2)－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當x>1時，g(x)>0.[解](1)由題意得f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)．當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．當a>0時，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a))，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)證明：令s(x)＝eeq\s\up7(x)－1－x，則s′(x)＝eeq\s\up7(x)－1－1.當x>1時，s′(x)>0，又s(1)＝0，有s(x)＞0，所以eeq\s\up7(x)－1>x，從而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間設函數(shù)f(x)＝xea－eq\s\up7(x)＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；【導學號：97190076】(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解](1)因為f(x)＝xea－eq\s\up7(x)＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－eq\s\up7(x)＋b.依題設，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e.))(2)由(1)知f(x)＝xeeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)＋ex.由f′(x)＝eeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)(1－x＋eeq\s\up7(x)－1)及eeq\s\up7(2)－eq\s\up7(x)＞0知，f′(x)與1－x＋eeq\s\up7(x)－1同號．令g(x)＝1－x＋eeq\s\up7(x)－1，則g′(x)＝－1＋eeq\s\up7(x)－1.所以，當x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，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]利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟1確定函數(shù)fx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.易錯警示：解不等式f′x＞0＜0時不加“＝”號.[跟蹤訓練](2018·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)定義域為(－m，＋∞)．∵f(x)＝ln(x＋m)－mx，∴f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m.當m≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－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m＞0時，f′(x)＝eq\f(1,x＋m)－m＝eq\f(－m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋m－\f(1,m))),x＋m)，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,m)－m∈(－m，＋∞)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))時，f′(x)＞0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞))時，f′(x)＜0，∴當m＞0時，易知f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，－m＋\f(1,m)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m＋\f(1,m)，＋∞)).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)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)axeq\s\up7(2)＋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)＝lnx－eq\f(1,2)axeq\s\up7(2)－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當x∈(0，＋∞)時，eq\f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．設G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up7(2)－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x∈[1,4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up7(2)－1，因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16)，即a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，＋∞)).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x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立，∴當x∈[1,4]時，a≤eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，又當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此時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x∈[1,4]時，a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解，又當x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))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系處理：y＝fx在a，b上單調(diào)，則區(qū)間a，b是相應單調(diào)區(qū)間的子集.2轉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.易錯警示：fx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.應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解.[跟蹤訓練](1)(2017·四川樂山一中期末)f(x)＝xeq\s\up7(2)－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為()A．a(chǎn)＜1 B．a(chǎn)≤1C．a(chǎn)＜2 D．a(chǎn)≤2(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－xeq\s\up7(2)＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是()【導學號：97190077】A．(－∞，－3] B．(－3,1)C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)(1)D(2)B(1)由f(x)＝xeq\s\up7(2)－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2xeq\s\up7(2)在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)時，2xeq\s\up7(2)＞2，∴a≤2.故選D．(2)因為f(x)＝eq\f(1,3)x3