【文档说明】利用导数研究函数的单调性高三数学新高考一轮复习优质公开课课件.ppt，共(26)页，446.000 KB，由小橙橙上传

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第1课时利用导数研究函数的单调性题型一不含参数的单调性[自主练透]1．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－1,1)答案：A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．2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案：D解析：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(e

x)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.3．[多填题]函数f(x)＝x＋21－x的单调递增区间是________；单调递减区间是________．答案：(－∞，0)(0,1)解析：f(x)的定义域为{x|x≤1}，f′(x)＝1－11－x，令f′(x)＝

0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0，当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．4．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cos

x，则f(x)的单调递增区间是________．答案：－π，－π2和0，π2解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π，π)上的解集为－π，－π

2∪0，π2，即f(x)的单调递增区间为－π，－π2和0，π2.类题通法确定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)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，

解集在定义域内的部分为单调递减区间.题型二含参数的函数单调性[师生共研][例1]已知函数f(x)＝12ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．解：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax

2－(a＋1)x＋1x＝(ax－1)(x－1)x，①当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0,1)和1a，＋∞时，f′(x)>0；x∈1，1a时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1

，1a上单调递减；②当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；③当a>1时，0<1a<1，∴x∈0，1a和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈1a，1时，f′(x)<0，∴函数f(x)在0

，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减，综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)在1a，＋∞上单调递增，在1，1a上单调递减；当a＝1时，函数f(x)

在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减．[变式探究]把本例中的参数a的范围改为a∈R，结果如何？第1课时利用

导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数

研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单

调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性第1课时利用导数研究函数的单调性解：a>0时，讨论同上；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈

(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)和1a，＋

∞上单调递增，在1，1a上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在0，1a和(1，＋∞)上单调递增，在1a，1上单调递减.类题通法在讨论含有参数的函数单调性时，若f′(x)中的参数不容易判断其正负时，需要

对参数进行分类，分类的标准：(1)按导函数是否有零点分大类；(2)在小类中再按导函数零点的大小分小类；(3)在小类中再按零点是否在定义域中分类.【跟踪训练1】已知函数f(x)＝x2＋mx－2lnx，m∈R，求函数f(x)的单调增区间．解：由f(x)＝x2＋mx－2lnx，m

∈R，得f′(x)＝1－mx2－2x＝x2－2x－mx2，x∈(0，＋∞)．设函数g(x)＝x2－2x－m，x∈(0，＋∞)，当Δ＝4＋4m≤0，即m≤－1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当Δ＝4＋4m>0，即m>－1时，令g(x)＝0，得x1

＝1－1＋m，x2＝1＋1＋m，x1<x2，当－1<m<0，即0<x1<x2时，在(0，x1)∪(x2，＋∞)上，g(x)>0，f′(x)>0；在(x1，x2)上，g(x)<0，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)

上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．当m≥0，即x1<0<x2时，在(0，x2)上，g(x)<0，f′(x)<0；在(x2，＋∞)上，g(x)>0，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增

．综上，当m≤－1时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当－1<m<0时，f(x)的单调增区间为(0,1－1＋m)，(1＋1＋m，＋∞)；当m≥0时，函数f(x)的单调增区间为(1＋1＋m，＋∞)．题型三函数单调性的应用[微点探究]微点1解不等式、比较大小[

例2](1)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)<12，则不等式f(x2)<x22＋12的解集为________．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：由题意构造函数

F(x)＝f(x)－12x，则F′(x)＝f′(x)－12.因为f′(x)<12，所以F′(x)＝f′(x)－12<0，即函数F(x)在R上单调递减．因为f(x2)<x22＋12，f(1)＝1，所以f(x2)－x22<f(1)－12，所以F(x2)<

F(1)，又函数F(x)在R上单调递减，所以x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝f(e)e，b＝f(ln2)ln2，c＝f(3)3，则a，b，

c的大小关系是()A．b<a<cB．a<c<bC．a<b<cD．c<a<b答案：D解析：设g(x)＝f(x)x，则g′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，即函数g(x

)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，所以g(x)为(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)内单调递减．由0<ln2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(l

n2)，即c<a<b，故选D.类题通法(1)含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通过对不等关系变形，发现函数．(2)常见的构造函数思路①已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型；联想构造函数F(x)＝f(x)g(x)．②已知“f′(x)g(x)－f(x)

g′(x)”型：联想构造函数F(x)＝f(x)g(x).③已知“f(x)＋f′(x)”型：联想构造函数F(x)＝exf(x)．④已知“f′(x)lnx＋f(x)x”型：联想构造函数F(x)＝f(x)lnx.微点2根据函数的单调性求参数的取值范围[例3]已知函数f(x)＝lnx－12ax2

－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．解：因为f(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立，即a≥1x2－2x恒成立．设G(x)＝1x2－2x，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，又因为a≠0，所以a的取值范围是－716，0∪(0，＋∞)．[变式探究]本例中，若f(x)在[1

,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．解：因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则f′(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－

2xmin＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞).类题通法由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(

或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转

化为不等式问题，求出参数的取值范围.【跟踪训练2】(1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则()A．4f(－2)<9f(3)

B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2)D．3f(－3)<2f(－2)答案：A解析：根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意x>0都有2f(x)＋x

f′(x)>0成立，则当x>0时，有g′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(－x)＝f(x)，则有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(

x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)，故选A.(2)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是减函数，则a的取值范围是________．答案：34，＋∞解

析：f′(x)＝[x2－2(a－1)x－2a]·ex，因为f(x)在[－1,1]上是减函数，所以f′(x)≤0对x∈[－1,1]恒成立，所以x2－2(a－1)x－2a≤0对x∈[－1,1]恒成立．设g(x)＝x2

－2(a－1)x－2a，所以g(－1)≤0，g(1)≤0，所以1＋2(a－1)－2a≤0，1－2(a－1)－2a≤0，解得a≥34.