高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数与函数的单调性课件 文

12/11/2021
当 x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当 x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0， g(x)单调递增． 综上，当 a＝0 时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．
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利用导数比较大小或解不等式的常用技巧 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究 函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
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角度二 已知函数单调性求参数的取值范围 已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝12ax2＋2x(a≠0)．
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导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)求 f′(x)． (2)确认 f′(x)在(a，b)内的符号． (3)作出结论：f′(x)>0 时为增函数；f′(x)<0 时为减函数. [提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类 讨论．
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利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 求出单调区间． (2)当方程 f′(x)＝0 可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各 区间内 f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据 f′(x)的结构特征，利用图象与性质确定 f′(x) 的符号，从而确定单调区间． [提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”及“或”连接，只 能用“，”及“和”隔开．
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(2)由 h(x)在[1，4]上单调递减得， 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)， 所以 a≥－176， 即 a 的取值范围是－176，＋∞.
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(2)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝a3. 若 a>0，则当 x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)>0；当 x∈0，a3时，f′(x)<0.故 f(x)在(－ ∞，0)，a3，＋∞ 单调递增，在0，a3单调递减． 若 a＝0，则 f(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 若 a<0，则当 x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当 x∈a3，0时，f′(x)<0.故 f(x)在－∞，a3， (0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．
上可导
f′(x)＝0
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结论 f(x)在(a，b)内__单__调__递__增___ f(x)在(a，b)内__单__调__递__减___ f(x)在(a，b)内是_常__数__函__数____
常用结论 理清三组关系
(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)任意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．
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【迁移探究 1】 (变条件)本例条件变为：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：由 h(x)在[1，4]上单调递增得，当 x∈[1，4]时，h′(x)≥0 恒成立， 所以当 x∈[1，4]时，a≤x12－2x恒成立， 又当 x∈[1，4]时，x12－2xmin＝－1(此时 x＝1)， 所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]．
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函数单调性的应用(多维探究)
角度一 比较大小或解不等式
已知函数 f′(x)是函数 f(x)的导函数，f(1)＝1e，对任意实数都有 f(x)－f′(x)>0，设
F(x)＝f（exx），则不等式 F(x)<e12的解集为
()
A．(－∞，1)
B．(1，＋∞)
C．(1，e)
D．(e，＋∞)
2．已知函数 f(x)＝x4＋45x－ln x－32，求函数 f(x)的单调区间． 解：f(x)＝x4＋45x－ln x－32，x∈(0，＋∞)， 则 f′(x)＝x2－44xx2－5. 令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5. 因为 x＝－1 不在 f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当 x∈(0，5)时，f′(x)<0，故 f(x)在(0，5)内为减函数； 当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故 f(x)在(5，＋∞)内为增函数． 故函数 f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
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③若 a>1，则 0<1a<1， 当 x∈0，1a时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当 x∈1a，1时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数． 综上所述，当 a＝1 时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当 0<a<1 时，f(x)在(0，1)上是增函数，在1，1a上是减函数，在1a，＋∞上是增函数； 当 a>1 时，f(x)在0，1a上是增函数，在1a，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．
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二、习题改编
1．(选修 1-1P93 练习 T1 改编)函数 f(x)＝x－ln x 的单调递减区间为
A．(0，1)
B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
答案：A
()
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2．(选修 1-1P93 练习 T3 改编)已知函数 f(x)＝13x3－12ax2，其中参数 a≥0.设函数 g(x)＝f(x) ＋(x－a)·cos x－sin x，讨论 g(x)的单调性． 解：g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)， 令 h(x)＝x－sin x，则 h′(x)＝1－cos x≥0， 所以 h(x)在 R 上单调递增，因为 h(0)＝0，所以，当 x>0 时，h(x)>0； 当 x<0 时，h(x)<0. ①当 a＝0 时，g′(x)＝x(x－sin x)， 当 x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以 g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． ②当 a>0 时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当 x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
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()
2．已知函数 f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论 f(x)的单调性． 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a. 若 a≤0，则 f′(x)>0 恒成立， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a>0，则当 x∈0，1a时，f′(x)>0；x∈1a，＋∞时， f′(x)<0，所以 f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．
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一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．( √ )
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二、易错纠偏
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利用导数判断(证明)函数的单调性 (师生共研) (1)已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x) ( ) A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减 C．在0，1e上单调递增 D．在0，1e上单调递减 (2)(2019·高考全国卷Ⅲ节选)已知函数 f(x)＝2x3－ax2＋2.讨论 f(x)的单调性．
(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．
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【解】 (1)h(x)＝ln x－12ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以 h′(x)＝1x－ax－2，由于 h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 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 的取值范围是(－1，＋∞)．
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【解析】 F′(x)＝f′（x）（exe－x）ex2f（x）＝f′（x）e－x f（x）， 又 f(x)－f′(x)>0，知 F′(x)<0， 所以 F(x)在 R 上单调递减． 由 F(x)<e12＝F(1)，得 x>1， 所以不等式 F(x)<e12的解集为(1，＋∞)． 【答案】 B
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求函数的单调区间(师生共研) 已知函数 f(x)＝aln x－x－a＋x 1(a∈R)．求函数 f(x)的单调区间． 【解】 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ax－1＋1＋x2 a＝－x2＋axx2＋1＋a＝－（x＋1）[xx2－（1＋a）]， ①当 a＋1>0，即 a>－1 时，在(0，1＋a)上 f′(x)>0，在(1＋a，＋∞)上，f′(x)<0， 所以 f(x)的单调递增区间是(0，1＋a)，单调递减区间是(1＋a，＋∞)； ②当 1＋a≤0，即 a≤－1 时，在(0，＋∞)上，f′(x)<0， 所以，函数 f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间．
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【解】 (1)选 D.因为函数 f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以 f′(x)＝ln x＋1(x>0)， 当 f′(x)>0 时，解得 x>1e， 即函数 f(x)的单调递增区间为1e，＋∞； 当 f′(x)<0 时，解得 0<x<1e， 即函数 f(x)的单调递减区间为0，1e，故选 D.
常见误区(1)判断导数值的正负时忽视函数值域这一隐含条件； (2)讨论函数单调性时，分类标准有误．
1．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
解析：选 D.因为 f′(x)＝－sin x－1<0.
所以 f(x)在(0，π)上是减函数，故选 D.
第三章 导数及其应用
第2讲 导数与函数的单调性
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数学
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01Байду номын сангаас
基础知识 自主回顾
02
核心考点 深度剖析
03
方法素养 助学培优
04
高效演练 分层突破
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一、知识梳理
函数的单调性与导数的关系
条件
函数 y＝f(x) f′(x)＞0
在区间(a，b) f′(x)<0
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1．当 x>0 时，f(x)＝x＋4x的单调递减区间是
A．(2，＋∞)
B．(0，2)
C．( 2，＋∞)
D．(0， 2)
解析：选 B.令 f′(x)＝1－x42＝（x－2）x（2 x＋2）<0，则－2<x<2，且 x≠0.
因为 x>0，所以 x∈(0，2)，故选 B.
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已知函数 f(x)＝a2(x－1)2－x＋ln x(a>0)，讨论 f(x)的单调性． 解：函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a(x－1)－1＋1x＝（x－1）x（ax－1）， 令 f′(x)＝0，则 x1＝1，x2＝1a， ①若 a＝1，则 f′(x)≥0 恒成立，所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数； ②若 0<a<1，则1a>1， 当 x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数， 当 x∈1，1a时，f′(x)<0，f(x)是减函数， 当 x∈1a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)是增函数；