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

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－10.所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在区间(－3，1)上f(x)是增函数B．在区间(1，3)上f(x)是减函数C．在区间(4，5)上f(x)是增函数D．在区间(3，5)上f(x)是增函数解析：选C.由题中图象可知，当x∈(4，5)时，f′(x)0，故f(x)在(4，5)上是增函数．(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，＋∞)上递增B．在(0，＋∞)上递减C．在(0，1e)上递增D．在0，1e上递减(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)，令f′(x)0，解得x1e，即函数f(x)的单调递增区间为(1e，＋∞)；令f′(x)0，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)＝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．求函数的单调区间(师生共研)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，因为f(x)在x＝－43处取得极值，所以f′－43＝0，即3a·169＋2·－43＝16a3－83＝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，解得－1＜x＜0或x＜－4，所以g(x)的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4)．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)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．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是()A.－43，0B.0，43C.－∞，－43，(0，＋∞)D.－∞，－43∪(0，＋∞)解析：选C.因为f′(x)＝3x2－2mx，所以f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，所以由f′(x)＝3x2＋4x＞0解得x＜－43或x＞0，即f(x)的单调递增区间为－∞，－43，(0，＋∞)，故选C.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)＝xsinx，x∈R，则fπ5，f(1)，f－π3的大小关系为()A．f－π3f(1)fπ5B．f(1)f－π3fπ5C．fπ5f(1)f－π3D．f－π3fπ5f(1)【解析】因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以f－π3＝fπ3.又x∈0，π2时，得f′(x)＝sinx＋xcosx0，所以f(x)在0，π2上是增函数．所以fπ5f(1)fπ3.所以f－π3f(1)fπ5，故选A.【答案】A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－1)2－1，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－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，＋∞)．[迁移探究](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，(1x2－2x)min＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．1．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：选B.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.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(x)在1a，＋∞上单调递减，则2≥1a，即a≥12.所以实数a的取值范围是(－∞，0]∪12，＋∞.分类讨论思想研究函数的单调性(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋alnx．讨论f(x)的单调性．【解】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1x2－1＋ax＝－x2－ax＋1x2.①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a2，令f′(x)＝0，得x＝a－a2－42或x＝a＋a2－42.当x∈0，a－a2－42∪a＋a2－42，＋∞时，f′(x)0；当x∈a－a2－42，a＋a2－42时，f′(x)0.所