2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数与函数的单调性课件 文 新人教A版

数学第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性01基础知识自主回顾02核心考点深度剖析04高效演练分层突破03方法素养助学培优一、知识梳理函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)＞0f(x)在(a，b)内___________f′(x)0f(x)在(a，b)内___________f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是___________单调递增单调递减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．二、习题改编1．(选修1­1P93练习T1改编)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为()A．(0，1)B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案：A2．(选修1­1P93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)·cosx－sinx，讨论g(x)的单调性．解：g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx)，令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上单调递增，因为h(0)＝0，所以，当x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0.①当a＝0时，g′(x)＝x(x－sinx)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．②当a0时，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，当x∈(－∞，0)时，x－a0，g′(x)0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a0，g′(x)0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a0，g′(x)0，g(x)单调递增．综上，当a＝0时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．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．()×√二、易错纠偏常见误区(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)＝cosx－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)＝－sinx－10.所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.2．已知函数f(x)＝lnx＋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a0，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．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)＝xlnx，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．【解】(1)选D.因为函数f(x)＝xlnx，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x0)，当f′(x)0时，解得x1e，即函数f(x)的单调递增区间为1e，＋∞；当f′(x)0时，解得0x1e，即函数f(x)的单调递减区间为0，1e，故选D.(2)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a0，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a0，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．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．已知函数f(x)＝a2(x－1)2－x＋lnx(a0)，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）（ax－1）x，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0a1，则1a1，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；③若a1，则01a1，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0a1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a1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．求函数的单调区间(师生共研)已知函数f(x)＝alnx－x－a＋1x(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＋ax2＝－x2＋ax＋1＋ax2＝－（x＋1）[x－（1＋a）]x2，①当a＋10，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．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．1．当x0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)＝1－4x2＝（x－2）（x＋2）x20，则－2x2，且x≠0.因为x0，所以x∈(0，2)，故选B.2．已知函数f(x)＝x4＋54x－lnx－32，求函数f(x)的单调区间．解：f(x)＝x4＋54x－lnx－32，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝x2－4x－54x2.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)．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（x）ex，则不等式F(x)1e2的解集为()A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(1，e)D．(e，＋∞)【解析】F′(x)＝f′（x）ex－exf（x）（ex）2＝f′（x）－f（x）ex，又f(x)－f′(x)0，知F′(x)0，所以F(x)在R上单调递减．由F(x)1e2＝F(1)，得x1，所以不等式F(x)1e2的解集为(1，＋∞)．【答案】B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．角度二已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f(x)＝lnx，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]上单调递减，求a的取值范围．【解】(1)h(x)＝lnx－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－20有解．即a＞1x2－2x有解，设G(x)＝1x2－2x，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，＋∞)．(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≥1x2－2x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＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716，即a的取值范围是－716，＋∞.【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≤1x2－2x恒成立，又当x∈[1，4]时，1x2－2xmin＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．【迁移探究2】(变问法)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，则h′(x)0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a1x2－2x有解，又当x∈[1，4]时，1x2－2xmin＝－1，所以a－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路(1)由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立，列出不等式．(2)利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．(3)对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．1．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则fπ5，f(1)，f－π3的大小关系为()A．f－π3f(1)fπ5B．f(1