创新设计江苏专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2利用导数研究函数的单调性课件理

第2讲利用导数研究函数的单调性考试要求1.函数单调性与导数的关系，A级要求；2.利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)，B级要求．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系已知函数f(x)在某个区间内可导，(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内；(2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内．单调递增单调递减2．利用导数求函数单调区间的基本步骤是：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(或＜0)解出相应的x的取值范围．当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数．一般需要通过列表，写出函数的单调区间．3．已知单调性求解参数范围的步骤为：(1)对含参数的函数f(x)求导，得到f′(x)；(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0恒成立，则函数f(x)在(a，b)上为常数函数，舍去此参数值.诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(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．()(3)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．()解析(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增一定有f′(x)≥0，且不恒为0，故①错．(3)f′(x)0是f(x)为增函数的充分不必要条件．如f(x)＝x3在R上为增函数，但f′(x)≥0，故(3)错．答案(1)×(2)√(3)×2．(选修2－2P29练习4(1)改编)函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是________．解析∵f′(x)＝2x－2x＝2x＋1x－1x(x＞0)．∴当x∈(0,1)时f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．答案(0,1)3．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)是增函数，则实数a的取值范围是________．解析f′(x)＝3x2－a，由题意知3x2－a≥0，即a≤3x2在x∈[1，＋∞)恒成立．又当x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，∴a的取值范围是(－∞，3]．答案(－∞，3]4．(2017·南京、盐城模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)2，则f(x)2x＋4的解集为________．解析设F(x)＝f(x)－(2x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝2－2＝0.F′(x)＝f′(x)－2，对任意x∈R，F′(x)0，即函数F(x)在R上是单调增函数，则F(x)0的解集为(－1，＋∞)，故f(x)2x＋4的解集为(－1，＋∞)．答案(－1，＋∞)5．若f(x)＝lnxx，0abe，则f(a)，f(b)的大小关系为________．解析f′(x)＝1－lnxx2，当x∈(0，e)时，1－lnxx20，即f′(x)0，∴f(x)在(0，e)上为增函数，又∵0abe，∴f(a)f(b)．答案f(a)f(b)考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2016·四川卷节选)设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R，讨论f(x)的单调性．解f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(x0)．当a≤0时，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a0时，由f′(x)＝0，有x＝12a.此时，当x∈0，12a时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈12a，＋∞时，f′(x)0，f(x)单调递增．规律方法用导数讨论(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．【训练1】设f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论f(x)的单调性．解f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1)＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2]＝ex(ax＋1)(x＋2)＝aexx＋1a(x＋2)①当a＝12时，f′(x)＝12ex(x＋2)2≥0恒成立，∴函数f(x)在R上单调递增；②当0＜a＜12时，有1a＞2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＞0，有x＞－2或x＜－1a，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＜0，有－1a＜x＜－2，∴函数f(x)在－∞，－1a和(－2，＋∞)上单调递增，在－1a，－2上单调递减；③当a＞12时，有1a＜2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＞0时，有x＞－1a或x＜－2，令f′(x)＝aexx＋1a(x＋2)＜0时，有－2＜x＜－1a，∴函数f(x)在(－∞，－2)和－1a，＋∞上单调递增；在－2，－1a上单调递减．考点二求函数的单调区间(易错警示)【例2】(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．解(1)f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.依题设，f2＝2e＋2，f′2＝e－1，即2ea－2＋2b＝2e＋2，－ea－2＋b＝e－1.解得a＝2，b＝e.(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).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．易错警示个别导数为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．【训练2】已知函数f(x)＝x4＋ax－lnx－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))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－ax2－1x，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)＝x4＋54x－lnx－32，(x0)．则f′(x)＝x2－4x－54x2.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)．考点三已知函数的单调性求参数(易错警示)【例3】(2017·南京模拟)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，x0.∴h′(x)＝1x－ax－2.若函数h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x0时，1x－ax－20有解，即a1x2－2x有解．设G(x)＝1x2－2x，所以只要aG(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，＋∞)．(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≥1x2－2x恒成立，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＝－716(此时x＝4)，所以a≥－716.当a＝－716时，h′(x)＝1x＋716x－2＝16＋7x2－32x16x＝7x－4x－416x，∵x∈[1,4]，∴h′(x)＝7x－4x－416x≤0，当且仅当x＝4时等号成立．(***)∴h(x)在[1,4]上为减函数．故实数a的取值范围是－716，＋∞.易错警示(1)存在性命题理解不清，不能将第(1)问转化为1x－ax－20有解，难以得到不等式(*)．错求a的取值范围．(2)错误理解“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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．”导致在第(2)问中(**)处易错求h′(x)0恒成立，另外在(***)处容易忽视a＝－716进行检验．【训练3】已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)的单调减区间为(－1,1)，求a的值．解(1)因为f(x)在R上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号．∴f(x)＝x3－1在R上是增函数．所以实数a的取值范围是(－∞，0]．(2)f′(x)＝3x2－a.当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，所以a≤0不合题意．当a0时，令3x2－a0，得－3a3x3a3，∴f(x)的单调递减区间为－3a3，3a3，依题意，3a3＝1，即a＝3.[思想方法]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)0，f′(x)0的解，并注意函数f(x)的定义域．2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．[易错防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．2．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．3．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．4．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)的任何子区间内都不恒为零．