高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册5.3 导数在研究函数中的应用第1课时学案，共12页。学案主要包含了函数的单调性与导数的关系，利用导数求函数的单调区间，由导数的信息画函数的大致图象等内容，欢迎下载使用。

第1课时 单调性
学习目标 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性.3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．
导语
我们知道f′(x)刻画了函数f(x)在每一点处的变化趋势，而函数在每一点处的变化趋势可以反映函数的一些性质，比如函数的单调性，既然导数能刻画函数的变化趋势，我们不禁会想导数与函数的单调性是否有某种联系，这就是本节课要讨论的内容．
一、函数的单调性与导数的关系
问题 观察下面几个图象，探究函数的单调性和导数的正负的关系．
提示 (1)函数y＝x的定义域为R，并且在定义域上是增函数，其导数y′＝1>0；
(2)函数y＝x2的定义域为R，在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数．而y′＝2x，当x<0时，其导数y′<0；当x>0时，其导数y′>0；当x＝0时，其导数y′＝0.
(3)函数y＝x3的定义域为R，在定义域上为增函数．而y′＝3x2，当x≠0时，其导数3x2>0；当x＝0时，其导数3x2＝0；
(4)函数y＝eq \f(1,x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为减函数，而y′＝－eq \f(1,x2)，因为x≠0，所以y′<0.
知识梳理
函数的单调性与其导数的正负之间的关系
定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：
注意点：(1)当f′(x)＝0时，f(x)是常函数；(2)原函数的图象只看增(减)的变化，导函数的图象只看正(负)的变化．
例1 利用导数判断下列函数的单调性：
(1)f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋2x－5；(2)f(x)＝x－eq \f(1,x)－ln x；(3)f(x)＝x－ex(x>0)．
解 (1)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋2x－5，所以f′(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，所以函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2＋2x－5在R上是增函数．
(2)因为f(x)＝x－eq \f(1,x)－ln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1＋eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－x＋1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4),x2)>0，所以f(x)＝x－eq \f(1,x)－ln x在(0，＋∞)上是增函数．
(3)因为f(x)＝x－ex，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－ex<0，所以f(x)＝x－ex在(0，＋∞)上是减函数．
反思感悟 利用导数判断函数单调性的步骤：确定函数的定义域；求导数f′(x)；确定f′(x)在定义域内的符号，在此过程中，需要对导函数进行通分、因式分解等变形；得出结论．
跟踪训练1 利用导数判断下列函数的单调性：
(1)f(x)＝x2－2x＋aln xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))；
(2)f(x)＝eq \f(ln x,x)(x>e)．
解 (1)因为f(x)＝x2－2x＋aln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，对于y＝2x2－2x＋a，a>eq \f(1,2)，Δ＝4－8a＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－a))<0，故有y＝2x2－2x＋a>0恒成立，即f′(x)>0，
所以f(x)＝x2－2x＋aln x在x∈(0，＋∞)上是增函数．
(2)因为f(x)＝eq \f(ln x,x)，x>e，所以f′(x)＝eq \f(xln x′－x′ln x,x2)＝eq \f(1－ln x,x2)<0，所以f(x)＝eq \f(ln x,x)在(e，＋∞)上是减函数．
二、利用导数求函数的单调区间
例2 求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝3x2－2ln x；
(2)f(x)＝2x3＋3x2－36x＋1.
解 (1)易知函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝6x－eq \f(2,x)＝eq \f(6x2－2,x)＝eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(\r(3),3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),3))),x)，
由f′(x)>0，解得x>eq \f(\r(3),3)，由f′(x)<0，解得0(2)f′(x)＝6x2＋6x－36.
由f′(x)>0得6x2＋6x－36>0，解得x<－3或x>2；
由f′(x)<0得6x2＋6x－36<0，解得 －3故f(x)的增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；
减区间是(－3,2)．
反思感悟 利用导数判断函数的单调性的一般步骤
(1)确定函数y＝f(x)的定义域．
(2)求导数y＝f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0，函数在解集与定义域的交集上为增函数．
(4)解不等式f′(x)<0，函数在解集与定义域的交集上为减函数．
跟踪训练2 求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝x2·e－x；
(2)f(x)＝x＋eq \f(1,x).
解 (1)易知函数的定义域为(－∞，＋∞)．
f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))′e－x＋x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e－x))′＝2xe－x－x2e－x＝e－x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－x2))，
令f′(x)>0，则02，
∴f(x)的减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，增区间为(0,2)．
(2)易知函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
f′(x)＝1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－1,x2)＝eq \f(x＋1x－1,x2)，令f′(x)>0，则x<－1或x>1，令f′(x)<0，则－1∴函数f(x)的减区间为(－1,0)和(0,1)，增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)．
三、由导数的信息画函数的大致图象
例3 已知导函数f′(x)的下列信息：当x<0或x>7时，f′(x)>0；当0解 当x<0或x>7时，f′(x)>0，可知函数f(x)在区间(－∞，0)和(7，＋∞)上都是增函数；当0反思感悟 由导函数图象画原函数图象的依据：根据f′(x)>0，则f(x)是增函数，f′(x)<0，则f(x)是减函数；
由原函数图象画导函数图象的依据：若f(x)是增函数，则f′(x)的图象一定在x轴的上方；若f(x)是减函数，则f′(x)的图象一定在x轴的下方；若f(x)是常函数，则f′(x)＝0.
跟踪训练3 (1)已知f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么f(x)的图象最有可能是图中的( )
答案 D
解析 由题图可知，当x<0和x>2时，导函数f′(x)<0，函数f(x)是减函数；当x∈(0,2)时，导函数f′(x)>0，函数f(x)是增函数，故函数f(x)的图象如图D.
(2)若函数y＝f′(x)图象如图所示，则y＝f(x)图象可能是( )
答案 C
解析 由y＝f′(x)图象可得：在(－∞，b)上f′(x)≥0，在(b，＋∞)上f′(x)<0，
根据原函数图象与导函数图象的关系可得：y＝f(x)在(－∞，b)上是增函数，在(b，＋∞)上是减函数，可排除A，D，
且在x＝0处，f′(x)＝0，即在x＝0处，y＝f(x)的切线的斜率为0，可排除B，故选C.
1．知识清单：
(1)函数的单调性与其导数的关系．
(2)利用导数判断函数的单调性．
(3)利用导数求函数的单调区间．
(4)由导数的信息画函数的大致图象．
2．方法归纳：方程思想、分类讨论．
3．常见误区：忽略定义域的限制；当单调区间不止一个时，连接符号出错．
1．设函数f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能为( )
答案 C
解析 ∵f(x)在(－∞，1)，(4，＋∞)上是减函数，在(1,4)上是增函数，∴当x＜1或x＞4时，f′(x)＜0；
当1＜x＜4时，f′(x)＞0.
2．(多选)函数f(x)＝(x－3)ex在下列区间上为增函数的是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(3,4) D．(2，＋∞)
答案 CD
解析 ∵f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，
由f′(x)＞0得(x－2)ex＞0，∴x＞2.
∴f(x)的增区间为(2，＋∞)，CD符合．
3．函数f(x)＝3＋xln x的增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) B．(e，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
答案 C
解析 f′(x)＝ln x＋1(x>0)，令f′(x)>0，
即ln x＋1>0，得x>eq \f(1,e).
故函数f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
4．函数f(x)＝x＋2cs x，x∈(0，π)的减区间是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))
解析 由f′(x)＝1－2sin x<0，得sin x>eq \f(1,2)，
又x∈(0，π)，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6))).
课时对点练
1．已知f(x)在R上是可导函数，y＝f(x)的图象如图所示，则不等式f′(x)>0的解集为( )
A．(－2,0)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
D．(－2，－1)∪(1,2)
答案 C
解析 因为f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上是增函数，所以在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上f′(x)>0.
2．(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数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(1,2)上，f(x)是增函数
C．在(4,5)上，f(x)是增函数
D．在(－3，－2)上，f(x)是增函数
答案 BC
解析 由题图知当x∈(1,2)，x∈(4,5)时，f′(x)>0，所以在(1,2)，(4,5)上，f(x)是增函数，当x∈(－3，－2)时，f′(x)<0，所以在(－3，－2)上，f(x)是减函数．
3．函数f(x)＝x3－3x2＋1的减区间为( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－∞，0) D．(0,2)
答案 D
解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)<0，得04．函数f(x)＝ln x－4x＋1的增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) B．(0,4)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
答案 A
解析 f(x)＝ln x－4x＋1的定义域是{x|x>0}，f′(x)＝eq \f(1,x)－4＝eq \f(1－4x,x)，当f′(x)>0时，解得05．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象可能是( )
答案 B
解析 由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)为增函数，且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，而在区间(0,1)上增长速度越来越慢，故选B.
6．(多选)函数f(x)＝xln x( )
A．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上是减函数 B．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上是增函数
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，5))上是增函数 D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，5))上是减函数
答案 AC
解析 由f(x)＝xln x，可得f′(x)＝ln x＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1(x>0)．由f′(x)>0，可得x>eq \f(1,e)；由f′(x)<0，可得07．函数f(x)＝(x2＋x＋1)ex的减区间为________________．
答案 (－2，－1)
解析 f′(x)＝(2x＋1)ex＋(x2＋x＋1)ex＝ex(x2＋3x＋2)＝ex(x＋1)(x＋2)，
令f′(x)<0，解得－2所以函数f(x)的减区间为(－2，－1)．
8．函数y＝f(x)的图象如图所示，f′(x)为函数f(x)的导函数，则不等式eq \f(f′x,x)<0的解集为______________．
答案 (－3，－1)∪(0,1)
解析 由题图知，当x∈(－∞，－3)∪(－1,1)时，
f′(x)<0；
当x∈(－3，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，
故不等式eq \f(f′x,x)<0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．
9．判断函数f(x)＝2x(ex－1)－x2的单调性．
解 函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝2(ex－1＋xex－x)＝2(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)和(0，＋∞)上是增函数，在(－1,0)上是减函数．
10．已知函数f(x)＝eq \f(ax－6,x2＋b)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y＋5＝0.
(1)求函数y＝f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解 (1)因为f(x)的图象在点M(－1，f(－1))处的切线方程为x＋2y＋5＝0.
所以f′(－1)＝－eq \f(1,2)，且－1＋2f(－1)＋5＝0，
即f(－1)＝－2，即eq \f(－a－6,1＋b)＝－2，①
又f′(x)＝eq \f(ax2＋b－2xax－6,x2＋b2)，
所以eq \f(a1＋b＋2－a－6,1＋b2)＝－eq \f(1,2).②
由①②得a＝2，b＝3.
(因为b＋1≠0，所以b＝－1舍去)
所以所求函数的解析式是f(x)＝eq \f(2x－6,x2＋3).
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(－2x2＋12x＋6,x2＋32).
令－2x2＋12x＋6＝0，解得x1＝3－2eq \r(3)，x2＝3＋2eq \r(3)，
则当x<3－2eq \r(3)或x>3＋2eq \r(3)时，f′(x)<0；当3－2eq \r(3)0.
所以f(x)＝eq \f(2x－6,x2＋3)的增区间是(3－2eq \r(3)，3＋2eq \r(3))；减区间是(－∞，3－2eq \r(3))和(3＋2eq \r(3)，＋∞)．
11．函数f(x)＝xcs x的导函数f′(x)在区间[－π，π]上的图象大致是( )
答案 A
解析 因为f(x)＝xcs x，
所以f′(x)＝cs x－xsin x.
因为f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)为偶函数，
所以函数图象关于y轴对称．
由f′(0)＝1可排除C，D.
而f′(1)＝cs 1－sin 1<0，排除B.
12．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )
A．y＝sin x B．y＝xex
C．y＝x3－x D．y＝ln x－x
答案 B
解析 B项中，y＝xex，y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)，
当x∈(0，＋∞)时，y′>0，
∴y＝xex在(0，＋∞)内为增函数．
13.(多选)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1≠x2))，下列结论正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))))<0
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))))>0
C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))>eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),2)
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))答案 AD
解析 由题图可知，函数y＝f(x)的大致图象如图所示．
A选项表示x1－x2与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))异号，即f(x)图象的割线斜率eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),x1－x2)为负，故A正确；
B选项表示x1－x2与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))同号，即f(x)图象的割线斜率eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),x1－x2)为正，故B不正确；
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))表示eq \f(x1＋x2,2)对应的函数值，即图中点B的纵坐标，eq \f(f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))＋f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),2)表示当x＝x1和x＝x2时所对应的函数值的平均值，即图中点A的纵坐标，
显然有f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))14．已知函数f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上有f′(x)>0，若f(－1)＝0，则关于x的不等式xf(x)<0的解集是________________．
答案 (－∞，－1)∪(0,1)
解析 因为在(0，＋∞)上f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
又f(x)为偶函数，
所以f(－1)＝f(1)＝0，
且f(x)在(－∞，0)上是减函数，
f(x)的草图如图所示，
所以xf(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
15．(多选)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上是增函数，则称函数f(x)具有M性质，则下列函数中具有M性质的是( )
A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2＋2
C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cs x
答案 AB
解析 设g(x)＝ex·f(x)，
对于A，g(x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))x在定义域R上是增函数，故A正确；
对于B，g(x)＝(x2＋2)ex，g′(x)＝(x2＋2x＋2)ex
＝[(x＋1)2＋1]ex>0，所以g(x)在定义域R上是增函数，故B正确；
对于C，g(x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))x在定义域R上是减函数，C不正确；
对于D，g(x)＝ex·cs x，则g′(x)＝eq \r(2)excseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，g′(x)>0在定义域R上不恒成立，D不正确．
16．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)(k为常数，e为自然对数的底数)，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)由f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)，
可得f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－k－ln x,ex).
∵曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝0，即eq \f(1－k,e)＝0，解得k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)，
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0.
可知h(x)在(0，＋∞)上为减函数，
由h(1)＝0知，当0h(1)＝0，故f′(x)>0；
当x>1时，h(x)综上，f(x)的增区间是(0,1)，减区间是(1，＋∞)．f′(x)的正负
f(x)的单调性
f′(x)>0
增函数
f′(x)<0
减函数