导数的应用（一）（文)学案.doc

导数的应用（一）
一、高考考纲要求
1.了解函数单调性和导数的关系；，
2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(多项式函数一般不超过三次).
3.由函数单调性和导数的关系，研究恒成立问题或求参数的范围.
二、高考考点回顾
1.函数的单调性与导函数
在某个区间内，如果，那么函数在这个区间内单调递增；如果，那么函数在这个区间内单调递减．
说明：特别的，如果，那么函数在这个区间内是常函数．
2.函数的单调性
在内可导函数，
若函数在区间上单调递增，则在上恒成立；
若函数在区间上单调递减，则在上恒成立.
三、课前检测
1.设在内可导,则是在内单调递减的（ ）.
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
2.函数的单调减区间为 （ ）
A．和 B．和 C． D．和
3．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )．
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
4.已知是定义在R上的偶函数，其导函数为，若，且，，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】

5.函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
考点一 利用导数研究函数的单调性
【典例1】已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的单调递增区间；
【变式1】已知函数f(x)＝mx3＋nx2(m、n∈R，m≠0)，函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与x轴平行．
(1)用关于m的代数式表示n；
(2)求函数f(x)的单调增区间．
【变式2】已知函数.
(1)若曲线与曲线在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当时，求函数的单调区间．
【答案】（1）（2）单调递增区间是单调递减区间为.
【解析】
(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
由已知可得解得
(2)令
令得
由得，或；
由得，
∴单调递增区间是单调递减区间为.
考点二 已知函数的单调性求参数范围
【典例2】已知函数在上是减函数，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C

【典例3】已知函数
（Ⅰ）若函数在上为增函数，求正实数的取值范围；
（Ⅱ）当时，讨论在的单调性.
【变式3】若在(1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
【答案】C
【解析】由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0，
在x∈(1，＋∞)上恒成立，
即b≤x(x－2)在x∈(1，＋∞)上恒成立，
由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，故只要b≤－1即可．
【变式4】 已知函数f(x)＝ln－ax2＋x(a>0)，若f(x)是定义域上的单调函数，求a的取值范围．

【变式5】已知函数，（其中）.
（1）求的单调区间；
（2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为.（2）.
【解析】
（1），，
，故.
当时，；当时，.
的单调增区间为，单调减区间为.
（2），则，由题意可知在上恒成立，即在上恒成立，因函数开口向上，且对称轴为，故在上单调递增，因此只需使，解得；
易知当时，且不恒为0.
故.

考点三 综合应用
【典例4】．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )．
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【变式6】函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )．
A．{x|x>0} B．{x|x<0}
C．{x|x<－1或x>1} D．{x|x<－1或0<x<1}
【典例5】【2016高考新课标1文数】（本小题满分12分）已知函数．
(I)讨论的单调性；
(II)若有两个零点,求的取值范围.
【答案】见解析(II)
【解析】
试题分析：(I)先求得再根据1,0,2a的大小进行分类确定的单调性；(II)借助第一问的结论,通过分类讨论函数单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为.
试题解析： (I)
(i)设,则当时,；当时,.
所以在单调递减,在单调递增.
(ii)设,由得x=1或x=ln(-2a).
①若,则,所以在单调递增.
②若,则ln(-2a)<1,故当时,；
当时,,所以在单调递增,在单调递减.
③若,则,故当时,,当时,,所以在单调递增,在单调递减.
(II)(i)设,则由(I)知,在单调递减,在单调递增.
又,取b满足b<0且,
则,所以有两个零点.

参考答案
课前检测
1.【答案】A
【解析】由能够推出在内单调递减，但由在内单调递减不能推出，如在R内为减函数，而.故为充分不必要条件.
2.【答案】A
【解析】由，得，解得 或.
3．【答案】B
【解析】由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0<x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．
4.【答案】[－3，＋∞)
【解析】f′(x)＝3x2＋a，f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，则f ′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3.
【典例1】解(1)f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜.
∴函数f(x)的单调递增区间是(－，)．
【变式1】 解　(1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，
又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.
(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2，
∴f′(x)＝3mx2－6mx.
令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，
当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，解得0<x<2，
则函数f(x)的单调增区间是(0,2)．
综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2)．
【典例2】【解析】（Ⅰ）由已知得，
依题意：对恒成立
即：对恒成立，
也即：对恒成立
∴， 即
（Ⅱ）∵，
∴在定义域上满足在上是减函数，在是增函数，
当时，，∴在上是增函数
当时，，∴在上是减函数
当时，，
∴在上是减函数，在上是增函数.
【变式2】解f(x)＝－ln x－ax2＋x，
f′(x)＝－－2ax＋1＝－
令方程2ax2－x＋1＝0.则Δ＝1－8a.
当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0，f(x)在(0，＋∞)单调递减．
当0<a<时，Δ>0，方程2ax2－x＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，不妨设x1<x2，
则当x∈(0，x1)∪(x2＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，这时f(x)不是单调函数．
综上，a的取值范围是.
【典例3】【答案】B
【解析】记g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则有g(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0.∵g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上是增函数．不等式f(x)>2x＋4，即g(x)>0＝g(－1)，于是由g(x)在R上是增函数得，x>－1，即不等式f(x)>2x＋4的解集是(－1，＋∞)，选B.
【变式3】【答案】A
【解析】构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数，又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0.