2018届二轮复习导数的应用学案（全国通用）
3.2 导数的应用
考情考向分析 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考查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．
知识拓展
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∀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．
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)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，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．( √ )
题组二 教材改编
2．[P29练习T1]函数y＝x3＋x2－5x－5的单调递增区间是 ．
答案 ，(1，＋∞)
解析 令y′＝3x2＋2x－5>0，得x<－或x>1.
3．[P31练习T1]函数y＝3x3－9x＋5的极大值为 ．
答案 11
解析 y′＝9x2－9，令y′＝0，得x＝±1.
当x变化时，y′，y的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
y′
＋
0
－
0
＋
y
极大值
极小值
从上表可以看出，当x＝－1时，函数y取得极大值为
3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11.
4．[P34习题T2]函数f(x)＝x－2sin x在(0，π)上的单调递增区间为 ．
答案
解析 令f′(x)＝1－2cos x>0，得cos x<，
又x∈(0，π)，所以
0；当x∈时，y′<0.
∴当x＝时，ymax＝＋.
题组三 易错自纠
6．若函数y＝sin x＋ax为R上的单调增函数，则实数a的取值范围是 ．
答案 [1，＋∞)
解析 易得y′＝cos x＋a，由y′≥0在R上恒成立，
即a≥－cos x在R上恒成立，可得a≥1.
7．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝3，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<2(x∈R)，则不等式f(x)<2x＋1的解集为 ．
答案 (1，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－2x－1，∴g′(x)＝f′(x)－2<0，
∴g(x)在R上为减函数，g(1)＝f(1)－2－1＝0.
由g(x)<0＝g(1)，得x>1.
∴不等式的解集为(1，＋∞)．
8．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 ．
答案 (－∞，－1)
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵当x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
第1课时 导数与函数的单调性
题型一 不含参数的函数的单调性
1．函数y＝4x2＋的单调增区间为 ．
答案
解析 由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>，
∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.
2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调减区间为 ．
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)上的解集为和，
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
典例 已知曲线f(x)＝ax＋bln x－1在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)设函数g(x)＝－mx＋mf(x)，其中m为常数，求g(x)的单调区间．
解 (1)因为f(x)＝ax＋bln x－1，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋.
由曲线f(x)＝ax＋bln x－1在点(1，f(1))处的切线方程为y＝0，
可得解得
(2)由(1)可得f(x)＝x－ln x－1，
故g(x)＝－mln x－m，g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝x－＝.
当m≤0时，g′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0时，令g′(x)＝0，解得x＝或x＝－(舍去)，
①当x∈(0，)时，g′(x)<0，即g(x)在(0，)上单调递减；
②当x∈(，＋∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(，＋∞)上单调递增．
综上所述，当m≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当m>0时，g(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
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 已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)．试讨论f(x)的单调性．
解 由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
①当01时，f(x)的单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为.
题型三 函数单调性的应用问题
命题点1 比较大小或解不等式
典例 (1)(2018届阜宁中 调研)对于定义在R上的可导函数f(x)，当x∈(1，＋∞)时，(x－1)f′(x)－f(x)>0恒成立．已知a＝f(2)，b＝f(3)，c＝(＋1)f()，则a，b，c的大小关系为 ．(用“<”连接)
答案 c0，即函数g(x)单调递增．
又a＝f(2)＝＝g(2)，b＝f(3)＝＝g(3)，c＝(＋1)f()＝＝g()，因为1<<2<3，
所以g()0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
典例 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，
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)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．
跟踪训练 已知函数f(x)＝－2x2＋ln x在区间[1,2]上为单调函数，求a的取值范围．
解 f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0，
即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－.
令h(x)＝4x－，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，
解得a<0或00，得01.[4分]
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，[6分]
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．[16分]
1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是 ．
答案 (0,1)
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．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b，c为实数，当a2－3b<0时，f(x)在R上是 函数．(填“增”或“减”)
答案 增
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，方程3x2＋2ax＋b＝0的判别式Δ＝(2a)2－4×3b＝4(a2－3b)．
因为a2－3b<0，所以Δ＝4(a2－3b)<0，
所以f′(x)在R上恒大于0，故f(x)在R上是增函数．
3．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是 ．
答案 ，(0，＋∞)
解析 ∵f′(x)＝3x2－2mx，∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，∴由f′(x)＝3x2＋4x>0，解得x<－或x>0，即f(x)的单调增区间是，(0，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的 条件．
答案 充分不必要
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．
5．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是 ．
答案 [1，＋∞)
解析 因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.
因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.
6．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是 ．
答案 c0，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g(x)＝＋x2＋2aln x在[1,2]上是减函数，则实数a的取值范围为 ．
答案
解析 g′(x)＝－＋2x＋，
由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，
可得a≤－x2在[1,2]上恒成立．
又当x∈[1,2]时，min＝－4＝－.
∴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0＜x＜1时，由g(x)＞g(1)＝0，
得＞0，所以f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，由g(x)＜g(－1)＝0，得＜0，所以f(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0＜x＜1时，h(x)＞0，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．(2018届南京九中质检)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为 ．
答案 (0，＋∞)
解析 设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．
∵f(x)>1－f′(x)，∴f(x)＋f′(x)－1>0，
∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定义域R上单调递增．
∵exf(x)>ex－1，∴g(x)>－1.
又g(0)＝e0f(0)－e0＝－1，∴g(x)>g(0)，
∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．
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.
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．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是 ．
答案 (0,1)∪(2,3)
解析 由题意知f′(x)＝－x＋4－
＝－，
由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<10时，f(x)的单调增区间为(0,1)，
单调减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(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，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵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，∴
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>－.
∴－
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