2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数与函数的单调性课件 理 新人教A版

第2讲导数与函数的单调性第三章导数及其应用1．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2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0，当x∈(a，b)时．f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．(2)f′(x)＞0(＜0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件．[提醒]利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数的符号．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．()答案：(1)×(2)√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－1＜0.所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：①f′(x)0时，－1x2；②f′(x)0时，x－1或x2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()解析：选C.根据信息知，函数f(x)在(－1，2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.(教材习题改编)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．解析：因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，由f′(x)0，得ex－10，即x0.答案：(0，＋∞)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3.答案：3[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.讨论f(x)的单调性．【解】(分类讨论思想)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)单调递增．利用导数判断(证明)函数的单调性②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．③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单调递减，在ln－a2，＋∞单调递增．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．[通关练习]1．函数f(x)＝e2x＋2cosx－4的定义域是[0，2π]，则f(x)()A．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数B．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数C．在[0，2π]上是增函数D．在[0，2π]上是减函数解析：选C.由题意可得f′(x)＝2e2x－2sinx＝2(e2x－sinx)．因为x∈[0，2π]，所以f′(x)≥2(1－sinx)≥0，所以函数f(x)在[0，2π]上是增函数，故选C.2．已知函数f(x)＝mln(x＋1)，g(x)＝xx＋1(x＞－1)．讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)在(－1，＋∞)上的单调性．解：F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝mx＋1－1（x＋1）2＝m（x＋1）－1（x＋1）2(x＞－1)．当m≤0时，F′(x)＜0，函数F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当m＞0时，令F′(x)＜0，得x＜－1＋1m，函数F(x)在(－1，－1＋1m)上单调递减；令F′(x)＞0，得x＞－1＋1m，函数F(x)在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．综上所述，当m≤0时，F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当m＞0时，F(x)在(－1，－1＋1m)上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．[典例引领](2016·高考北京卷)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．求函数的单调区间【解】(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(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(－∞，＋∞)．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，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，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.1e，eB.0，1eC.－∞，1eD.1e，＋∞解析：选B.因为函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝lnx＋x·1x＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得：0＜x＜1e.故f(x)的单调递减区间是0，1e.利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度：(1)比较大小或解不等式；(2)已知函数单调性求参数的取值范围．函数单调性的应用(高频考点)[典例引领]角度一比较大小或解不等式(构造函数法)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()A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)【解析】由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.【答案】B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－2＜0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－1)2－1，所以G(x)min＝－1.所以a＞－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－1)2－1，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，＋∞)．1.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，(1x2－2x)min＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．2.本例条件变为：若h(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，a＞1x2－2x有解，又当x∈[1，4]时，(1x2－2x)min＝－1，所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．(1)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．(2)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．[提醒]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)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[通关练习]1．已知函数f(x)＝x3－3x，若在△ABC中，角C是钝角，则()A．f(sinA)＞f(cosB)B．f(sinA)＜f(cosB)C．f(sinA)＞f(sinB)D．f(sinA)＜f(sinB)解析：选A.因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数f(x)在区间(－1，1)上是减函数，又A、B都是锐角，且A＋B＜π2，所以0＜A＜π2－B＜π2，所以sinA＜sinπ2－B＝cosB，故f(sinA)＞f(cosB)，故选A.2．已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a.若a≤0，则f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈0，1a时，f′(x)0，当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．(2)由(1)知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a0时，f