【数学】2018届一轮复习人教A版导数与函数的单调性教案

【数学】2018届一轮复习人教A版导数与函数的单调性教案

‎　‎ ‎1.了解函数单调性与导数的关系，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)．‎ ‎3．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)．‎ ‎4．会用导数解决实际问题．‎ 知识点一 　利用导数研究函数的单调性 ‎ 函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，‎ ‎1．若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内是____________；‎ ‎2．若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内是____________；‎ ‎3．若恒有f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是________．‎ 答案 ‎1．单调递增函数　2.单调递减函数 ‎3．常函数 ‎1．判断正误 ‎(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(　　)‎ ‎(2)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×‎ ‎2．(选修1—1P91例1改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数 C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数 解析：当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．‎ 答案：A ‎3．函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．‎ 解析：由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)．‎ 答案：(0，＋∞)‎ 知识点二　利用导数研究函数的极值 ‎ 函数极值的概念 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值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.‎ 类似地，函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值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.‎ 我们把点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值；点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点和极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．‎ ‎4．函数f(x)＝|x|的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点________．‎ 解析：结合函数图象可知f(x)＝|x|的极值点是x＝0(此时函数的导数不存在)，f′(x)＝3(x－1)2≥0，f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．‎ 答案：0　不存在 ‎5．(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)‎ A．－4 B．－2‎ C．4 D．2‎ 解析：由题意得f′(x)＝3x2－12.由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－‎ ‎∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.‎ 答案：D 知识点三　函数最值的求解步骤 ‎ 一般地，求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：‎ ‎(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)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．‎ ‎6．(选修1—1P97例5改编)函数f(x)＝x3－12x在区间[－3,3]上的最大值是________．‎ 解析：由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，验证可知x＝－2是函数f(x)的极大值点，故函数f(x)在[－3,3]上的最大值f(x)max＝max{f(－2)，f(3)}＝max{16，－9}＝16.‎ 答案：16‎ 第1课时　导数与函数的单调性 热点一　判断或证明函数的单调性 ‎ ‎【例1】　已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．‎ ‎【解】　f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝＋2ax＝，‎ ‎①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ ‎③当00.‎ 故f(x)在上单调递减，在上单调递增.‎ ‎【总结反思】‎ 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 ‎(1)求f′(x)；‎ ‎(2)确定f′(x)在(a，b)内的符号；‎ ‎(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.‎ 已知函数f(x)＝x2－ex，试判断f(x)的单调性并给予证明．‎ 解：f(x)在R上单调递减．‎ 设g(x)＝f′(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex.‎ 当x＝ln2时，g′(x)＝0.‎ 当x∈(－∞，ln2)时，g′(x)>0.‎ 当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)<0.‎ 所以f′(x)max＝g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2<0.‎ 所以f′(x)<0恒成立，‎ 所以f(x)在R上单调递减．‎ 热点二　已知函数的单调性求参数的取值范围 ‎ ‎【例2】　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1，a∈R.‎ ‎(1)讨论函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)对f(x)求导得 f′(x)＝3x2＋2ax＝3x(x＋a)．‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0恒成立．‎ ‎∴f(x)的递增区间是(－∞，＋∞)．‎ ‎②当a>0时，由于f′(x)在(－∞，－a)和(0，＋∞)上都恒为正，所以f(x)的递增区间是(－∞，－a)，(0，＋∞)；由于f′(x)在(－a，0)上恒为负，所以f(x)的递减区间是(－a，0)；‎ ‎③当a<0时，在x∈(－∞，0)和x∈(－a，＋∞)上均有f′(x)>0，∴f(x)的递增区间是(－∞，0)，(－a，＋∞)；在(0，－a)上，f′(x)<0，f(x)的递减区间是(0，－a)．‎ ‎(2)由(1)知，(－，－)⊆(－a,0)，‎ ‎∴－a≤－，∴a≥1.‎ ‎【总结反思】‎ 已知函数f(x)在区间D单调递增求参数的取值范围，常转化为f′(x)≥0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴下方求解．已知函数f(x)在区间D单调递减求参数的取值范围，常转化为f′(x)≤0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴上方求解.‎ ‎(2017·安徽模拟)已知函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．‎ 解析：∵函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx(x>0)，∴f′(x)＝－x－3＋，∵函数f(x)＝－x2－3x＋4lnx在(t，t＋1)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋＝0在(t，t＋1)上有解，∴＝0在(t，t＋1)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)．‎ 答案：(0,1)‎ 热点三 函数单调性的简单应用 ‎ 考向1　比较大小 ‎【例3】　已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则以下判断正确的是(　　)‎ A．f(2 013)>e2 ‎013f(0)‎ B．f(2 013)f′(x)，∴g′(x)<0，‎ 即函数g(x)在R上递减，‎ ‎∴g(2 013)x2，则不等式(x＋2 014)‎2f(x＋2 014)－‎4f(－2)>0的解集为(　　)‎ A．(－∞，－2 012) B．(－2 012, 0)‎ C．(－∞，－2 016) D．(－2 016,0)‎ ‎【解析】　由‎2f(x)＋xf′(x)>x2，x<0，得2xf(x)＋x‎2f′(x)0，即F(2 014＋x)>F(－2)．又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以2 014＋x<－2，即x<－2 016，故选C.‎ ‎【答案】　C ‎【总结反思】‎ 利用导数比较大小或解不等式的常用技巧 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式.‎ ‎(1)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(0,1)‎ B．(－1,0)∪(1，＋∞)‎ C．(－∞，－1)∪(－1,0)‎ D．(0,1)∪(1，＋∞)‎ ‎(2)(2017·福建质检)已知f(x)是定义在R上的减函数，其导函数f′(x)满足＋x<1，则下列结论正确的是(　　)‎ A．对于任意x∈R，f(x)<0‎ B．对于任意x∈R，f(x)>0‎ C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x)<0‎ D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0‎ 解析：(1)记函数g(x)＝，则g′(x)＝，‎ 因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，‎ 故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ 又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，‎ 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，‎ 且g(－1)＝g(1)＝0.‎ 当00，则f(x)>0；‎ 当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，‎ 综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是 ‎(－∞，－1)∪(0,1)．‎ ‎(2)因为函数f(x)是定义在R上的减函数，所以f′(x)<0.因为＋x<1，所以f(x)＋xf′(x)>f′(x)．‎ 所以f(x)＋(x－1)f′(x)>0，构造函数g(x)＝(x－1)f(x)，则g′(x)＝f(x)＋(x－1)f′(x)>0，所以函数g(x)在R上单调递增，又g(1)＝(1－1)f(1)＝0，所以当x<1时，g(x)<0，所以f(x)>0；当x>1时，g(x)>0，所以f(x)>0.因为f(x)是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上，对于任意x∈R，f(x)>0.故选B.‎ 答案：(1)A　(2)B ‎1．在某个区间(a，b)上，若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上单调递增；若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上单调递减；若f′(x)＝0恒成立，则f(x)在这个区间上为常数函数；若f′(x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．‎ ‎2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．‎ ‎3．使f′(x)＝0的离散的点不影响函数的单调性．‎