【文档说明】2022高三统考数学文北师大版一轮教师文档：第二章第十一节第一课时　导数与函数的单调性含答案【高考】.doc，共(5)页，154.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-第十一节导数在研究函数中的应用第十一节第一课时导数与函数的单调性授课提示：对应学生用书第41页[基础梳理]函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导：(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减

；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．导数与函数单调性的关系(1)f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件；(2)若f′(x)＝0不恒成立

，则f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是可导函数f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．[四基自测]1．(易错点：混淆f(x)的图像)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图像，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)上是单调函数答案：A2．(易错点：忽视定义域)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为()

A．(0，1)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案：A3．(基础点：求单调区间)函数f(x)＝cosx＋xsinx，x∈(0，π)的递增区间为________．答案：(0，π2)4．(基础点：导数的应用)函数f(x)＝x3＋ax在R

上为增函数，则a的取值范围为________．答案：[0，＋∞)-2-授课提示：对应学生用书第41页考点一用导数讨论函数的单调性，求单调区间挖掘1用导数判断简单函数的单调性/自主练透[例1](1)(2020·邯郸模拟)已知函数f(x)＝x2－

5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是()A．(0，12)和(1，＋∞)B．(0，1)和(2，＋∞)C．(0，12)和(2，＋∞)D．(1，2)[解析]函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋2x＝2x2－5x＋2x＝（x－

2）（2x－1）x＞0，解得0＜x＜12或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是(0，12)和(2，＋∞)．[答案]C(2)设函数f(x)＝x(ex－1)－12x2，则f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是_____

___．[解析]∵f(x)＝x(ex－1)－12x2，∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0.当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0.当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，

－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减．[答案](－∞，－1)，(0，＋∞)[－1，0][破题技法]根据导数与函数单调性的关系，通过导函数f′(x)的零点得到函数的单调区间，破解此类题的关键点：(1)求定义域，利用使函数有意义的条件求解函数的定义域；(

2)求导数，根据基本初等函数的导数以及求导法则求出函数f(x)的导函数f′(x)；(3)讨论导函数的符号，不等式f′(x)>0的解集就是函数f(x)的单调递增区间，不等式f′(x)<0的解集就是函数f(x)的单

调递减区间．挖掘2讨论含参数的函数的单调性/互动探究[例2](1)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b，讨论f(x)的单调性；[解析]f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝

a3.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0；当x∈0，a3时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减．-3-若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a<0，则当x

∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈a3，0时，f′(x)<0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知

函数f(x)＝1x－x＋alnx，讨论f(x)的单调性．[解析]ƒ(x)的定义域为(0，＋∞)，ƒ′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则ƒ′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，ƒ′(x)＝0，所以ƒ(x)在

(0，＋∞)上单调递减．②若a＞2，令ƒ′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，ƒ′(x)＜0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，ƒ

′(x)＞0.所以ƒ(x)在0，a－a2－42，a＋a2－42，＋∞上单调递减，在a－a2－42，a＋a2－42上单调递增．[破题技法]对于含参数的函数的单调性要注意对参数的讨论．考点二导数在函数单调性中的应用挖掘1导数与解函数不等式、比较大小/互动探究[

例1](1)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，f′(x)为其导函数，若对于任意实数x，有f(x)－f′(x)＞0，则()A．ef(2018)＞f(2019)B．ef(2018)＜f(2019)C．ef(2018)＝

f(2019)D．ef(2018)与f(2019)大小不能确定[解析]令g(x)＝f（x）ex，则g′(x)＝exf′（x）－exf（x）e2x＝f′（x）－f（x）ex，因为f(x)－f′(x)＞0，所以g′(x)＜0，所以函数g(x)在R上单调递减，所以g(2018

)＞g(2019)，即f（2018）e2018＞f（2019）e2019，所以ef(2018)＞f(2019)，故选A.[答案]A(2)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)＜x恒成立，-4-则不等式f

(x)－f(1－x)≥x－12的解集为()A.－∞，12B.－12，12C.12，＋∞D．(－∞，0)[解析]令g(x)＝f(x)－12x2，则g(x)＋g(－x)＝0⇒g

(x)为奇函数，又x＜0时，g′(x)＝f′(x)－x＜0⇒g(x)在(－∞，0)上递减，则g(x)在(－∞，＋∞)上递减，由f(x)－f(1－x)≥x－12知f(x)－12x2≥f(1－x)－12(1－x)2，即g(x)≥g(1－x)，从而x≤1－x⇒x≤12

，所以所求不等式的解集为－∞，12.故选A.[答案]A[破题技法]1.含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通过对不等关系变形，发现函数．2．常见的构造函数思路(1)已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型：联想构造函数F(x)＝f(x

)g(x)．(2)已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：联想构造函数F(x)＝f（x）g（x）.(3)已知“f(x)＋f′(x)”型：联想构造函数F(x)＝exf(x)．(4)已知“f′(x)lnx＋f（x）x”型：联想构

造函数F(x)＝f(x)lnx.挖掘2已知函数单调性求参数/互动探究[例2]设函数f(x)＝ex－ax2，若f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围．[解析]∵f(x)＝ex－ax2，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝ex－2ax.要使f(

x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝ex－2ax≥0恒成立，即a≤ex2x在(0，＋∞)恒成立．设h(x)＝ex2x，∴h′(x)＝ex（x－1）2x2，∴x∈(0，1)时，h′(x)＜0，x∈(1，＋∞)

时，h′(x)＞0，∴h(x)在(0，1)为减，在(1，＋∞)为增，∴h(x)min＝h(1)＝e2，∴a≤e2.[破题技法]由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(

x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区-5-间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围

．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．1．已知函数f(x)＝2cosx·(m－sinx)－3x在(－∞，＋∞)上单调递

减，则实数m的取值范围是()A．[－1，1]B．[－1，12]C．[－12，12]D．(－12，12)解析：因为函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－2msinx＋4sin2x－5≤0在(－∞，＋∞)上恒成立，令sinx＝t(－1

≤t≤1)，则g(t)＝4t2－2mt－5≤0在[－1，1]上恒成立，所以g（－1）≤0，g（1）≤0，解得－12≤m≤12.故选C.答案：C2．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f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增

，求a的取值范围；(3)若f(x)在区间(－1，1)上单调递减，试求a的取值范围．解析：(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)＝3x

2≥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)因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(

1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．(3)由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1，1)上恒成立，得a≥3x2在(－1，1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3，即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1，1)上单调递减．