第三章 第二节 导数与函数的性质-2022高考数学文科【金版新学案】大一轮复习讲义·高三总复习

复习讲义答案精析 因为当x＝１时,y′＝ ３２ ,所以－１＋ １a ＝ ３ ２ ,解得a＝ ２５ ． 答案:　 ２５ ３．解析:　由图象可得直线l经过点(２,３)和 (０,４),则直线l的斜率为k＝４－３０－２＝－ １ ２ , 可得直线l的方程为y＝－ １２x＋４ ,即为x＋ ２y－８＝０; 由导数的几何意义可得f′(２)＝－ １２ , 则f(２)＋f′(２)＝３－ １２ ＝ ５ ２ ． 答案:　x＋２y－８＝０　 ５２ 微专题系列１３ 【典例】　解析:　由题意得f′(x)＝(x－S１)(x －S２)􀆺(x－S８)＋x[(x－S１)(x－S２)􀆺(x －S８)]′,Sn＝１－ １ n＋１＝ n n＋１ , 所以f′(０)＝ ( － １２ ) × ( － ２ ３ ) ×􀆺× ( － ８９ ) ＝ １ ９ ． 答案:　 １９ 变式训练 　D　[由题意,得g′(α)＝１＝g(α),∴α＝１．由 h(x)＝lnx,得h′(x)＝ １x ． 令r(x)＝lnx－ １ x ,可知r(１)＜０,r(２)＞０,故１＜β＜２．由 φ(x)＝cosx( π２ ≤x≤π) ,得φ′(γ)＝－sinγ ＝cosγ,∴cosγ＋sinγ＝０,sin(γ＋ π４ ) ＝ ０,γ∈ [ π２ ,π] , ∴γ＝３π４ ． 综上可知,γ＞β＞α．故选 D．] 第二节　导数与函数的性质 知识分步落实 整知识 １．增函数　减函数 ２．(１)f′(x)＜０　f′(x)＞０　(２)f′(x)＞０　 f′(x)＜０ ３．(２)f(a)　f(b)　f(a)　f(b) 练基础 １．答案:　(１)×　(２)√　(３)√　(４)×　 (５)√ ２．C　[根据信息知,函数f(x)在(－１,２)上是 增函数．在(－∞,－１),(２,＋∞)上是减函 数,故选C．] ３．D　[f′(x)＝－ ２x２ ＋ １x ＝ x－２ x２ (x＞０), 当０＜x＜２时,f′(x)＜０,当x＞２时,f′(x) ＞０, ∴x＝２为f(x)的极小值点．] ４．解析:　f′(x)＝３x２－１２x＋９, 令f′(x)＝０,即x２－４x＋３＝０,解得x＝１或 x＝３, 当－１＜x＜１或３＜x＜５时,f′(x)＞０, 所以f(x)在(－１,１),(３,５)上为增函数, 当１＜x＜３时,f′(x)＜０,所以f(x)在(１,３) 上为减函数,f(－１)＝－１６,f(３)＝０,f(１) ＝４,f(５)＝２０, 故f(x)在 闭 区 间 [－１,５]上 的 最 小 值 为 －１６,最大值为２０． 答案:　－１６　２０ ５．解析:　f′(x)＝３x２－a≥０,即a≤３x２, 又∵x∈[１,＋∞), ∴a≤３,即a的最大值是３． 答案:　３ 第１课时　导数与函数的单调性 考点分类突破 考点一 【例１】　解析:　f′(x)＝３x２－k． 当k＝０ 时,f(x)＝x３,故f(x)在 (－∞, ＋∞)单调递增; 当k＜０时,f′(x)＝３x２－k＞０,故f(x)在 (－∞,＋∞)单调递增． (当k≤０时,f′(x)≥０恒成立,且等号只在x ＝０时成立) 当k＞０时,令f′(x)＝０,得x＝± ３k３ ． 当x∈ －∞,－ ３k３( ) 时,f′(x)＞０;当x∈ ( － ３k３ , ３k ３ ) 时,f′(x)＜０;当 x ∈ ( ３k３ ,＋∞ ) 时,f′(x)＞０． 故f(x)在 －∞,－ ３k３( ) , ３k ３ ,＋∞( ) 单 调递增,在 － ３k３ , ３k ３( ) 单调递减． 变式训练 １．D　[因为函数f(x)＝xlnx,定义域为(０, ＋∞), 所以f′(x)＝lnx＋１(x＞０), f′(x)＞０时,解得x＞ １e , 即函数的单调递增区间为 １ e ,＋∞( ) ; 当f′(x)＜０时,解得０＜x＜ １e , 即 函 数 的 单 调 递 减 区 间 为 ０,１e( ) ,故 选 D．] ２．D　 [通解:因 为 在 (－３,－１)和 (０,１)上 f′(x)＞０,在(－１,０)和(１,３)上f′(x)＜０,所 以函数y＝f(x)在(－３,－１),(０,１)上单调 递增,在(－１,０),(１,３)上单调递减,观察各 选项知,只有 D符合题意,故选 D． 优解:由题图知,y＝f′(x)在x＝－１的左侧 大于０、右侧小于０,所以函数y＝f(x)在x＝ －１处取得极大值,观察各选项知,只有 D符 合题意,故选 D．] 考点二 【例２】　解析:　由已知,得函数f(x)的定义域 为(－１,＋∞), f′(x)＝ln(x＋１)－ax． 令h(x)＝f′(x)＝ln(x＋１)－ax,则h′(x)＝ １ x＋１－a． 当a≤０时,h′(x)＞０恒成立, ∴f′(x)的单调递增区间为(－１,＋∞),无单 调递