【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版3-2-1导数的应用学案
§3.2 导数的应用
最新考纲
考情考向分析
1.了解函数单调性和导数的关系；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)；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)．
3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).
考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.
1．函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
2．函数的极值
(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
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]上单调递增，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]上单调递减，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)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
概念方法微思考
1．“f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，这种说法是否正确？
提示 不正确，正确的说法是：
可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀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．
2．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)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．( √ )
(2)函数的极大值一定大于其极小值．( × )
(3)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．( √ )
题组二 教材改编
2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )
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
答案 C
解析 在(4,5)上f′(x)>0恒成立，∴f(x)是增函数．
3．函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
答案 (0，＋∞)
解析 由f′(x)＝ex－1>0，解得x>0，故其单调递增区间是(0，＋∞)．
4．当x>0时，ln x，x，ex的大小关系是______．
答案 ln x
0，所以f(x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.
9．已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此解得0，即8x－>0，解得x>，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.
故选B.
2．函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
答案 D
解析 由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调递减区间是________．
答案
解析 因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)<0时，解得00，
则其在区间(－π，π)上的解集为∪，
即f(x)的单调递增区间为和.
思维升华 确定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)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
题型二 含参数的函数的单调性
例1 已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．
解 根据题意可得，当a＝0时，f(x)＝x2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
当a≠0时，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因为e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.
①当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≥0，
即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．
②当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增；
函数g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≤0，
即f′(x)≤0，函数y＝f(x)单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
当a>0时，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，，单调递增区间为；
当a<0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为.
思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，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，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
跟踪训练1 讨论函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x的单调性．
解 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小或解不等式
例2 (1)设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则( )
A．g(a)<00，所以f(a)＝0时，a∈(0,1)．又g(x)＝ln x＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.
由g(2)＝ln 2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)，
又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.
综上可知，g(a)<0(m－2 019)f(2)，则实数m的取值范围为( )
A．(0,2 019) B．(2 019，＋∞)
C．(2 021，＋∞) D．(2 019,2 021)
答案 D
解析 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝.
∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵2f(m－2 019)>(m－2 019)f(2)，m－2 019>0，
∴>，
即h(m－2 019)>h(2)．
∴m－2 019<2且m－2 019>0，
解得2 0190时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是__________________．
答案 (－∞，－2)∪(0,2)
解析 ∵当x>0时，′＝<0，
∴φ(x)＝在(0，＋∞)上为减函数，又φ(2)＝0，
∴在(0，＋∞)上，当且仅当00，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，
∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．
故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
命题点2 根据函数单调性求参数
例3 (2018·辽阳质检)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．
解 (1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
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)＝2－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
由(1)知G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，
所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，又因为a≠0，
所以a的取值范围是∪(0，＋∞)．
引申探究
1．本例(2)中，若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．
解 因为h(x)在[1,4]上单调递增，
所以当x∈[1,4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
则h′(x)<0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a>－有解，
又当x∈[1,4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
跟踪训练2 (1)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈，都有f′(x)sin xf B．f>f(1)
C.fg，
即>，
∴f>f.
(2)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．(1,2] B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(0,3]
答案 A
解析 ∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，
∴由f′(x)≤0，解得00，得01.
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0时，函数g(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
2．(2018·锦州调研)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，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)
答案 C
解析 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.
3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
答案 D
解析 利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．
4．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为( )
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
答案 A
解析 因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.又当x∈时，f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以函数f(x)在
上是增函数，所以ff(1)>f，故选A.
5．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，
故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
6．(2018·呼和浩特质检)若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．a≥1 B．a>1
C．a≤1 D．00，f(x)在(－∞，1)上为增函数．
又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，
因此有f(－1)1}
解析 设F(x)＝f(x)－x，
∴F′(x)＝f′(x)－，
∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函数F(x)在R上单调递减．
∵f(x2)<＋，
∴f(x2)－1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．
9．已知函数f(x)＝xln x－ax2在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝ln x－2ax＋1，若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则ln x－2ax＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－，令g′(x)>0，解得01，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝，故a≥.
10．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____________．
答案 (－∞，－1)∪(0,1)
解析 因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，
所以f(1)＝－f(－1)＝0.
当x≠0时，令g(x)＝，
则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.
则当x>0时，g′(x)＝′＝<0，
故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数．
所以在(0，＋∞)上，当0g(1)＝0，
得>0，所以f(x)>0；在(－∞，0)上，当x<－1时，由g(x)0.
综上知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
11．已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数k的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解 (1)f′(x)＝(x>0)．
又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.
(2)f′(x)＝(x>0)．
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知，当00，所以f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.
综上，f(x)的单调递增区间是(0,1)，
单调递减区间是(1，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．
解 因为f(0)＝b－1，所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝＝－，而f′(x)＝－，由导数的几何意义可知，f′(0)＝－b＝－，
所以b＝1，所以f(x)＝－1.
则F(x)＝ax＋－1，F′(x)＝a－，
当a≤0时，F′(x)<0恒成立；
当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
13．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)0，x>0，
∴′＝＝>0，
令g(x)＝，
∴g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，∴>，
又由2f(x)<3f(x)，得f(x)>0，即>4.
∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，
∴′＝＝<0，
令h(x)＝，
∴h(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，
∴<，即<8.
综上，4<<8.
14．若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
答案
解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a
＝－2＋＋2a.
由题意知，f′(x)>0在上有解，
当x∈时，
f′(x)的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a>0，解得a>－，
所以a的取值范围是.
15．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g(x)＝2x3－6x2＋4，则g＋g＋…＋g＝________.
答案 0
解析 g′(x)＝6x2－12x，∴g″(x)＝12x－12，
由g″(x)＝0，得x＝1，又g(1)＝0，
∴函数g(x)的对称中心为(1,0)，
故g(x)＋g(2－x)＝0，
∴g＋g＋…＋g＝g(1)＝0.
16．已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x(a>0)，讨论函数f(x)的单调性．
解 f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝(x>0)，
①当01，
由f′(x)>0，解得x>或01时，0<<1，
由f′(x)>0，解得x>1或01时，f(x)在(1，＋∞)和上单调递增，在上单调递减．
