高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11节 导数与函数的单调性课件 文

令 y′＜0，得 0＜x＜1，
所 以 递 减 区 间 为 (0,1) ， 故 选
B．]
12/11/2021
解析答案
2．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减 C．在0，1e上递增 D．在0，1e上递减
) D [因为函数 f(x)＝xln x，定义 域为(0，＋∞)， 所以 f ′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
12/11/2021
(2)已知函数 f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a＞0)．求 f(x)的区间． [解] 由题意得 f ′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a＞0)， 令 f ′(x)＝0，解得 x1＝0，x2＝2－a2a. ①当 0＜a＜1 时，f(x)的递增区间为(－∞，0)和2－a2a，＋∞， 递减区间为0，2－a2a；
所以 a≥－176，即 a 的取值范围是－176，＋∞
12/11/2021
[规律方法] 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．
12/11/2021
(1)已知函数 y＝f(x)对任意的 x∈－π2，π2满足 f ′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中 f ′(x)是函数 f(x)的导函数)，则下列
不等式成立的是( )
A． 2f －π3＜f －π4
C．f(0)＞2f
π 3
B．
2f
π3＜f
π 4
D．f(0)＞
2f
A [当 x∈(－3,0)时，f ′(x)＜0，则 f(x)在(－3,0)上是减函数．其 他判断均不正确．]
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4．(教材改编)函数 f(x)＝cos x－x 在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减
B．先减后增
C．增函数
D．减函数
Hale Waihona Puke D [f ′(x)＝－sin x－1，又 x∈(0，π)，所以 f ′(x)＜0，因此 f(x)在(0，π)上是减函数，故选 D.]
12/11/2021
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②当 a＝1 时，f(x)在(－∞，＋∞)内递增； ③当 a＞1 时，f(x)的递增区间为－∞，2－a2a和(0，＋∞)，递 减区间为2－a2a，0.
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函数单调性的应用
►考法 1 比较大小
【例 2】 (2019·莆田模拟)设函数 f ′(x)是定义在(0,2π)上的函
A [f ′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由 f ′(x)<0，得 0<x<4， ∴递减区间为(0,4)．]
12/11/2021
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3．(教材改编)如图所示是函数 f(x)的导函数 f ′(x)的图像，则下 列判断中正确的是( )
A．函数 f(x)在区间(－3,0)上是减函数 B．函数 f(x)在区间(1,3)上是减函数 C．函数 f(x)在区间(0,2)上是减函数 D．函数 f(x)在区间(3,4)上是增函数
所以当 0＜x＜π 时，g(x)在(0，π)内递增， 所以 gπ3＜gπ2＜g76π＝g56π，即 a＜b＜c，故选 A．]
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►考法 2 根据函数的单调性求参数 【例 3】 (1)(2017·江苏高考)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－e1x，其 中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范 围是________．
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的单调区间．
(1)已知函数 f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数 f(x)
[解] f ′(x)＝x2＋2x＋a 开口向上，Δ＝4－4a＝4(1－a)． ①当 1－a≤0，即 a≥1 时，f ′(x)≥0 恒成立， f(x)在 R 上递增．
12/11/2021
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课前 知识 全通 关
12/11/2021
函数的导数与单调性的关系 函数 y＝f(x)在某个区间内可导，则 (1)若 f ′(x)＞0，则 f(x)在这个区间上是增加的； (2)若 f ′(x)＜0，则 f(x)在这个区间上是减少的； (3)若 f ′(x)＝0，则 f(x)在这个区间上是 常数函数 ．
π 4
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(2)已知 a≥0，函数 f(x)＝(x2－2ax)ex，若 f(x)在[－1,1]上是减函
②当 1－a＞0，即 a＜1 时，令 f ′(x)＝0， 解得 x1＝－1－ 1－a，x2＝－1＋ 1－a，令 f ′(x)＞0，解得 x ＜－1－ 1－a或 x＞－1＋ 1－a； 令 f ′(x)＜0，解得－1－ 1－a＜x＜－1＋ 1－a， 所以 f(x)的递增区间为(－∞，－1－ 1－a)和(－1＋ 1－a，＋ ∞)； f(x)的递减区间为(－1－ 1－a，－1＋ 1－a)． 综上所述：当 a≥1 时，f(x)在 R 上递增； 当 a＜1 时，f(x)的递增区间为(－∞，－1－ 1－a)和(－1＋ 1－a，＋∞)， f(x)的递减区间为(－1－ 1－a，－1＋ 1－a)．
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含参数的函数的单调性
【例 1】 讨论函数 f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1 的单调性． [解] f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝a－x 1＋2ax＝2ax2＋x a－1. ①当 a≥1 时，f ′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上递增； ②当 a≤0 时，f ′(x)＜0，故 f(x)在(0，＋∞)上递减；
12/11/2021
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5．已知 f(x)＝x3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则 a 的取值范围 是________．
(－∞，3] [f ′(x)＝3x2－a，由题意知 f ′(x)≥0，即 a≤3x2 对 x∈[1，＋∞)恒成立．
又当 x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，所以 a≤3.]
12/11/2021
当 f ′(x)＞0 时，解得 x＞1e， 即函数的递增区间为1e，＋∞； 当 f ′(x)＜0 时，解得 0＜x＜1e， 即函数的递减区间为0，1e，故 选 D.]
12/11/2021
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3．已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x) 的递增区间是________．
12/11/2021
解析答案
③当 0＜a＜1 时，令 f ′(x)＝0，解得 x＝ 12－aa，则当
x∈0，
1－2aa时，f
′(x)＜0；当
x∈
1－ 2aa，＋∞时，f ′(x)
＞0，故 f(x)在0，
1－a上递减，在
2a
1－2aa，＋∞上递增．
12/11/2021
[规律方法] 解决含参数的函数单调性问题应注意两点 (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 0 的点和函数的间断点．
12/11/2021
(2)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝12ax2＋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]上递减，求 a 的取值范围．
12/11/2021
解析答案
[解] ①h(x)＝ln x－12ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以 h′(x)＝1x－ ax－2，由于 h(x)在(0，＋∞)上存在递减区间，
数 f(x)的导函数，f(x)＝f(2π－x)，当 0＜x＜π 时，若 f(x)sin x－
f ′(x)cos x＜0，a＝12f π3，b＝0，c＝－ 23f 76π，则(
)
A．a＜b＜c
B．b＜c＜a
C．c＜b＜a
D．c＜a＜b
12/11/2021
解析答案
A [由 f(x)＝f(2π－x)，得函数 f(x)的图像关于直线 x＝π 对称， 令 g(x)＝f(x)cos x，则 g′(x)＝f ′(x)cos x－f(x)·sin x＞0，
()
(4)若函数 f(x)在区间(a，b)上满足 f ′(x)≤0，则函数 f(x)在区间
(a，b)上是减函数．
()
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×
12/11/2021
答案
2．f(x)＝x3－6x2 的单调递减区间为( )
A．(0,4)
B．(0,2)
C．(4，＋∞)
D．(－∞，0)
－π，－π2和0，π2 [f ′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令 f ′(x)＝xcos x＞0， 则其在区间(－π，π)上的解集为－π，－π2和0，π2， 即 f(x)的递增区间为－π，－π2和0，π2.]
12/11/2021
解析答案
[规律方法] 求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)在定义域内解不等式 f ′(x)＞0，得递增区间； (4)在定义域内解不等式 f ′(x)＜0，得递减区间． 易错警示：(1)求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义 域，否则极易出错． (2)个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性，如函数 f(x)＝x3， f ′(x)＝3x2≥0(x＝0 时，f ′(x)＝0)，但 f(x)＝x3 在 R 上是增函数．
12/11/2021
[基础自测] 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的 打“×”)
(1)若函数 f(x)在区间(a，b)上递增，那么在区间(a，b)上一定有
f ′(x)>0．
()
(2)如果函数在某个区间内恒有 f ′(x)＝0，则函数 f(x)在此区间
上没有单调性．
()
(3)f ′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充要条件．
第2章 函数、导数及其应用
第十一节 导数与函数的单调性
12/11/2021
[考纲传真] 了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究 函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．
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01
课前知识全通关
栏 目
02
课堂题型全突破
导 航
03
真题自主验效果
12/11/2021
解析答案
课堂 题型全突破
12/11/2021
不含参数的函数的单调性
1．函数 y＝12x2－ln x 的递减区 间为( )
A．(－1,1) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
B [函数 y＝12x2－ln x 的定义
域为(0，＋∞)，
y′
＝
x
－
1 x
＝
x2－1 x
＝
x－1xx＋1，
12/11/2021
答案
[常用结论] 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：对任意 x∈(a，b)，都有 f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)，且 f ′(x)在(a，b)的任何子 区间内都不恒为零．
所以当 x∈(0，＋∞)时，1x－ax－2＜0 有解，即 a＞x12－2x有解． 设 G(x)＝x12－2x，所以只要 a＞G(x)min 即可． 而 G(x)＝1x－12－1， 所以 G(x)min＝－1，所以 a＞－1，即 a 的取值范围为(－1，＋∞)．
12/11/2021
②由 h(x)在[1,4]上递减得， 当 x∈[1,4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0 恒成立， 即 a≥x12－2x恒成立． 所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝1x－12－1， 因为 x∈[1,4]，所以1x∈14，1， 所以 G(x)max＝－176(此时 x＝4)，
12/11/2021
解析答案
－1，12 [因为 f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－e1－x ＝－x3＋2x－ex＋e1x＝－f(x)， 所以 f(x)＝x3－2x＋ex－e1x是奇函数．因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0， 所以 f(2a2)≤－f(a－1)，即 f(2a2)≤f(1－a)． 因为 f ′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2 ex·e－x＝3x2≥0， 所以 f(x)在 R 上递增， 所以 2a2≤1－a，即 2a2＋a－1≤0， 所以－1≤a≤12.]