人教版高三数学一轮复习优质课件：第1课时 导数与函数的单调性

②由h(x)在[1，4]上单调递减，
∴当 x∈[1，4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0 恒成立，(**) 则 a≥x12－2x恒成立，设 G(x)＝x12－2x，所以 a≥G(x)max. 又 G(x)＝1x－12－1，x∈[1，4]，因为 x∈[1，4]，所以1x∈14，1， 所以 G(x)max＝－176(此时 x＝4)，所以 a≥－176. 当 a＝－176时，h′(x)＝1x＋176x－2＝16＋71x62x－32x＝（7x－4）16（x x－4），
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，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝4x＋ax－ln x－32，其中 a∈R，且曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))
2.(教材例题改编)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为(
)
A.(－1，1)
B.(0，1)
C.(1，＋∞)
D.(0，＋∞)
解析 函数 y＝12x2－ln x 的定义域为(0，＋∞)， y′＝x－1x＝（x－1）x（x＋1），令 y′<0，则可得 0<x<1. 答案 B
3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则 函数y＝f(x)的图象可能是( )
(2)当 a>0 时，f′(x)＝（x＋
a）（x－ x
a），则有
①当 x∈(0， a)时，f′(x)<0，所以 f(x)的单调递减区间为(0， a).
②当 x∈( a，＋∞)时，f′(x)>0，所以 f(x)的单调递增区间为( a，＋∞). 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(0， a)，单调递增区间为( a，＋∞).
由
f′(x)>0，得
1＋ 0<x< 2
5；由
f′(x)<0，得
1＋ x&g间为0，1＋2 5，单调递减区间为1＋2 5，＋∞.
【迁移探究 2】 若本例的函数变为“f(x)＝x22－aln x，a∈R”，求 f(x)的单调区间. 解 因为 f(x)＝x22－aln x，所以 x∈(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax＝x2－x a. (1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数.
解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x) ＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合. 答案 D
4.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值
为( )
A.－1
B.－2e－3
【迁移探究 1】 若本例中函数 f(x)变为“f(x)＝ln x－12x2＋x”，试求 f(x)的单调区间.
解 因为 f(x)＝ln x－12x2＋x，且 x∈(0，＋∞)，
所以 f′(x)＝1x－x＋1＝－x－1－2
5x－1＋2 x
5 .
令 f′(x)＝0，所以 x1＝1＋2 5，x2＝1－2 5(舍去).
最小值为 f ln－a2＝a234－ln－a2，
故当且仅当
a234－ln－a2≥0，即
3
0>a≥－2e4时，f(x)≥0.
3
综上，a 的取值范围是[－2e4，0].
规律方法 1.(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. 2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x ＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.
(2)已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝12ax2＋2x.
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. 解 ①h(x)＝ln x－12ax2－2x，x>0.∴h′(x)＝1x－ax－2. 若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当 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.(*) 又 G(x)＝1x－12－1，所以 G(x)min＝－1.所以 a>－1. 即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
第1课时 导数与函数的单调性
考点一 求函数的单调区间(典例迁移) 【例 1】 (经典母题)已知函数 f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 x＝－43处取得极值.
(1)确定 a 的值； (2)若 g(x)＝f(x)ex，求函数 g(x)的单调减区间.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷改编)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性. 解 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.
3.函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则__f_(a_)_为函数的最小值，__f(_b_)_为函数的最大值； 若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则_f_(_a_) _为函数的最大值，_f_(b_)__为函数的最小值． (3)求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f(x)在(a，b)内的_极__值__； ②将f(x)的各极值与__f_(a_)_，__f_(b_)__进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个 是最小值．
考点三 导数在函数单调性中的应用(易错警示)
【例 3】 (1)(2018·武汉模拟)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，
当 x>0 时，xf′(x)－f(x)<0，若 a＝f（ee），b＝f（llnn 22），c＝f（－－33），则 a，b，
c 的大小关系正确的是( )
②若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln －a2. 当 x∈－∞，ln－a2时，f′(x)<0； 当 x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)>0. 故 f(x)在－∞，ln－a2上单调递减， 在区间ln－a2，＋∞上单调递增.
(2)①当a＝0时，f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，
处的切线垂直于直线 y＝12x. (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝14－xa2－1x， 由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝12x 知 f′(1)＝－34－a＝－2，解得 a＝54.
(2)由(1)知 f(x)＝4x＋45x－ln x－32(x>0).则 f′(x)＝x2－44xx2－5. 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去. 当x∈(0，5)时，f′(x)<0；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5).
因为 f(x)在 x＝－43处取得极值，所以 f′－43＝0， 即 3a·196＋2·－43＝163a－83＝0，解得 a＝12. (2)由(1)得 g(x)＝12x3＋x2ex， 故 g′(x)＝32x2＋2xex＋12x3＋x2ex＝12x3＋52x2＋2xex＝12x(x＋1)(x＋4)ex. 令g′(x)<0，得x(x＋1)(x＋4)<0， 解之得－1<x<0或x<－4， 所以g(x)的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).
C.5e－3
D.1
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系 设函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，如果在(a，b)内，___f′_(x_)_>_0___，则f(x)在此区 间是增函数；如果在(a，b)内，__f_′(_x_)<_0____，则f(x)在此区间是减函数．
2.函数的极值与导数的关系
已知函数y＝f(x)，设x0是定义域(a，b)内任一点，如果对x0附近所有点x，都有 ___f_(x_)_<_f_(x_0_)___，则称函数f(x)在点x0处取极大值，记作__y_极_大_＝__f_(x_0_)_，并把x0称为 函数f(x)的一个__极__大__值__点____；如果在x0附近都有__f_(_x)_>_f_(x_0_)_，则称函数f(x)在点x0 处取极小值，记作_y_极_小__＝__f(_x_0)_，并把x0称为函数f(x)的一个__极__小__值__点____．
[常用结论与微点提醒] 1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在
(a，b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.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