2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第三章 第2讲 第1课时 导数与函数的单调性
第2讲 导数的应用
一、知识梳理
1．函数的单调性
在(a，b)内函数f(x)可导，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．
f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
2．函数的极值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫作函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫作函数y＝f(x)的极小值．
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫作函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫作函数y＝f(x)的极大值．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．
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]上是增加的，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]上是减少的，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)做比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
常用结论
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对任意的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．
3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
二、教材衍化
1．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )
A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数
B．在区间(1，3)上f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
解析：选C.在(4，5)上f′(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数．
2．设函数f(x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：选D.f′(x)＝－＋＝(x>0)，
当0
2时，f′(x)>0，所以x＝2为f(x)的极小值点．
3．函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．
解析：因为y′＝1－2sin x，
所以当x∈时，y′>0；
当x∈时，y′<0.
所以当x＝时，ymax＝＋.
答案：＋
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内是增加的，那么一定有f′(x)>0.( )
(2)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．( )
(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )
(5)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．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、易错纠偏
(1)原函数与导函数的关系不清致误；
(2)极值点存在的条件不清致误；
(3)忽视函数的定义域．
1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
解析：选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．
2．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案：(－∞，－1)
3．函数f(x)＝x－ln x的减区间为________．
解析：由f′(x)＝1－<0，得>1，即x<1，又x>0，所以函数f(x)的减区间为(0，1)．
答案：(0，1)
第1课时 导数与函数的单调性
不含参数函数的单调性(自主练透)
1．函数y＝4x2＋的增区间为( )
A．(0，＋∞) B．
C．(－∞，－1) D．
解析：选B.由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>，
所以函数y＝4x2＋的增区间为.
故选B.
2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( )
A．在(0，＋∞)上是增加的 B．在(0，＋∞)上是减少的
C．在上是增加的 D．在上是减少的
解析：选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>，即函数的增区间为；
当f′(x)<0时，解得00，
则其在区间(－π，π)上的解集为和，
即f(x)的增区间为和.
答案：和
求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)在定义域内解不等式f′(x)>0，得增区间．
(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得减区间．
[提醒] 求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．
含参数函数的单调性(师生共研)
已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a＞0.讨论f(x)的单调性．
【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝
＝.
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)是增加的，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的．
(2)当a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，
f(x)是增加的．
(3)当a>2时，0<<1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)是减少的．
综上所述，当02时，f(x)在内是增加的，在内是减少的，在(1，＋∞)内是增加的．
解决含参数函数的单调性问题应注意的2点
(1)研究含参数函数的单调性，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0的点和函数的间断点．
已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)，讨论函数y＝f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝－a＝1－－a.
①当a≥1时，f′(x)<0恒成立，
所以当a∈[1，＋∞)时，
函数y＝f(x)在R上是减少的．
②当00，得(1－a)(ex＋1)>1，
即ex>－1＋，解得x>ln ，
由f′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1，
即ex<－1＋，解得xf B．f>f(1)
C.fg，即>，
所以f>f.
【答案】 (1)B (2)A
角度二 已知函数的单调性求参数
已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若函数f(x)存在减区间，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[1，4]上是减少的，求a的取值范围．
【解】 (1)f(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－ax－2，由于f(x)在(0，＋∞)上存在减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解．
即a＞－有解，
设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.
(2)由f(x)在[1，4]上是减少的，
当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，
因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是.
【迁移探究1】 (变问法)若函数f(x)在[1，4]上是增加的，求a的取值范围．
解：由f(x)在[1，4]上是增加的，当x∈[1，4]时，f′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
【迁移探究2】 (变问法)若函数f(x)在[1，4]上存在减区间，求a的取值范围．
解：f(x)在[1，4]上存在减区间，
则f′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
【迁移探究3】 (变条件)若函数f(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．
解：因为f(x)在[1，4]上不单调，
所以f′(x)＝0在(1，4)上有解，
即a＝－有解，
令m(x)＝－，x∈(1，4)，
则－11，则不等式f(x)－x>0的解集为________．
【解析】 令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，所以g(x)为增函数．因为g(2)＝f(2)－2＝0，所以g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
【答案】 (2，＋∞)
二、ex与f(x)的组合函数
已知f(x)(x∈R)有导函数，且对任意的x∈R，f′(x)>f(x)，n∈N＋，则有( )
A．enf(－n)enf(0)
B．enf(－n)f(0)，f(n)>enf(0)
D．enf(－n)>f(0)，f(n)0，g(x)为R上的增函数，故g(－n)enf(0)．故选A.
【答案】 A
设a>0，b>0，e是自然对数的底数，则( )
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a>b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则ab
D．若ea－2a＝eb－3b，则a0，b>0，所以ea＋2a＝eb＋3b＝eb＋2b＋b>eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x>0)，因为y′＝ex＋2>0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上是增加的，因而a>b成立．故选A.
【答案】 A
[基础题组练]
1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为af(b)>f(a)，故选C.
2．(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
解析：选C.f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2时，则需解得m≤2，所以m<－2.
综上得m≤2，所以实数m的取值范围是(－∞，2]．
3．已知f(x)＝，则( )
A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)
C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)
解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>
f(3)>f(2)，故选D.
4．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上是减少的，则实数a的取值范围是( )
A．(1，2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0，3]
解析：选A.因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x>0)，由x－≤0，得00且a＋1≤3，解得10恒成立，且a>0，则下列说法正确的是( )
A．f(a)f(0)
C．ea·f(a)f(0)
解析：选D.设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)为R上的增函数，因为a>0，所以g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)，故选D.
6．函数f(x)＝＋－ln x的减区间是________．
解析：因为f(x)＝＋－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－－＝，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
7．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)0，函数是增函数，所以由f(x2＋2)0)，
则h′(x)＝－－<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)．
10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在(－1，1)上为减函数，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)的减区间为(－1，1)，求实数a的值；
(4)若函数f(x)在区间(－1，1)上不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，
所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，
f(x)＝x3－1在R上是增函数，
所以a≤0，
即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，
所以a≥3x2在(－1，1)上恒成立，
因为当－10.
令f′(x)＝0，解得x＝±.
因为f(x)在区间(－1，1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1，1)上有解，需0<<1，得0f(b)g(b)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x)
D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
解析：选C.令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上是减少的．又a>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．
2．(2020·西安模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝x2，且x<0时，f′(x)0，函数f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的．
③当－0，
设x1，x2(x10，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减少的，当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)是增加的，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减少的．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的；
当－0时，f(x)的增区间为(0，1)，
减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，
即a＝－2，
所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
所以g(x)＝x3＋x2－2x，
所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
因为g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，
所以
当g′(t)<0时，
即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，
故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.
所以－
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