（江蘇專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第三章 2 第二節(jié) 導數(shù)與函數(shù)的單調性課件.ppt

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1、第二節(jié)導數(shù)與函數(shù)的單調性,1.函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系,教材研讀,考點一 證明函數(shù)的單調性,考點二 求函數(shù)的單調區(qū)間,考點突破,考點三 函數(shù)單調性的應用,1.函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系 (1)設函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內可導: 若f (x)0,則f(x)在這個區(qū)間內是增函數(shù); 若f (x)0,則f(x)在這個區(qū)間內是減函數(shù); 若f (x)=0,則f(x)在這個區(qū)間內是常數(shù)函數(shù).,教材研讀,(2)求可導函數(shù)f(x)單調區(qū)間的步驟: (i)確定f(x)的定義域; (ii)求導數(shù)f (x); (iii)令f (x)0或f (x)0時, f(x)在相應區(qū)間上是增函數(shù), 當f (x)0時, f(x)在相應區(qū)

2、間上是減函數(shù).,2.注意求函數(shù)的單調區(qū)間應遵守定義域優(yōu)先的原則,否則易導致錯誤.,1.(2018南京期末調研)函數(shù)f(x)=xex的單調減區(qū)間是.,答案(-,-1),解析f(x)=xex,f (x)=(1+x)ex,由f (x)0,得該函數(shù)的減區(qū)間為(-,-1).,2.若可導函數(shù)f(x)是減函數(shù),則 (x1x2)的符號為.,答案負,解析由題意得f (x)0,則 0.,3.函數(shù)y=x-2cos x的增區(qū)間是.,答案(kZ),解析易得y=1+2sin x,由y0,得sin x-,則2k-x2k+,kZ,即 函數(shù)y=x-2cos x的增區(qū)間是2k-,2k+(kZ).,4.已知函數(shù)f(x)=sin x

3、-x,則不等式f(x+2)+f(1-2x)0的解集是.,答案x|x3,解析函數(shù)f(x)=sin x-x的定義域關于原點對稱,且滿足f(-x)=-f(x),又f (x)=cos x-10,所以函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),且是減函數(shù),則f(x+2)+f(1-2x)2x-1,解得x3,故該不等式的解集是x|x3.,5.已知m是實數(shù),函數(shù)f(x)=x2(x-m),若f (-1)=-1,則函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是.,答案,(0,+),解析f (x)=3x2-2mx,f (-1)=3+2m=-1, 解得m=-2,f (x)=3x2+4x. 令f (x)0,解得x0. 故函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為,(0,

4、+).,考點一 證明函數(shù)的單調性 典例1已知函數(shù)f(x)=ax4-x2(a0),x(0,+),求證: f(x)在f (x)的單調減 區(qū)間上也單調遞減.,考點突破,證明f (x)=4ax3-x(a0),x(0,+),由(4ax3-x)=12ax2-10得f (x)的單調遞減區(qū)間為.當x時, f (x)=4ax3-x=x(4ax2-1)0,f(x) 在f (x)的單調減區(qū)間上也單調遞減.,規(guī)律總結 證明可導函數(shù)的單調性有導數(shù)法和定義法兩種方法,解決問題時常用導數(shù)法,即要證明f(x),xD單調遞增(減),只需證明f (x)0,xD(f (x)0,xD)成立.,1-1已知f(x)=ex+,求證: f(

5、x)在(0,+)上是增函數(shù). 證明因為f (x)=ex-=0,x(0,+),所以f(x)在(0,+)上 是增函數(shù).,考點二 求函數(shù)的單調區(qū)間 角度一求不含參數(shù)的函數(shù)的單調區(qū)間 典例2設函數(shù)f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(2, f(2)處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調區(qū)間.,解析(1)因為f(x)=xea-x+bx, 所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 由題意知 即 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-x0知, f (x)與1-x+ex-1同

6、號.,令g(x)=1-x+ex-1,則g(x)=-1+ex-1. 所以,當x(-,1)時,g(x)0,g(x)在區(qū)間(1,+)上單調遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-,+)上的最小值, 從而g(x)0,x(-,+). 綜上可知, f (x)0,x(-,+).故f(x)的單調遞增區(qū)間為(-,+).,易錯警示 求解函數(shù)的單調區(qū)間時首先要考慮定義域,其次求導后解不等式求得單 調區(qū)間,若區(qū)間不止一個,這些區(qū)間應用“,”或“和”隔開,不能用“”連接.,角度二求含參數(shù)的函數(shù)的單調區(qū)間 典例3(2019江蘇高考數(shù)學模擬)設kR,函數(shù)f(x)=ln x+x2-kx-1. 求:(1)k=1時,不等式f(

7、x)-1的解集; (2)函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間.,解析(1)k=1時,不等式f(x)-1即ln x+x2-x0.設g(x)=ln x+x2-x,x0,因為 g(x)=+2x-1=0在定義域(0,+)上恒成立,所以g(x)在(0,+)上 單調遞增.又g(1)=0,所以f(x)-1的解集為(1,+). (2)f (x)=+2x-k=(x0),由f (x)0得2x2-kx+10(*).,當=k2-80,即-2k2時,(*)在R上恒成立,所以f(x)的單調遞增 區(qū)間為(0,+).,當=k2-80,即k2時,方程2x2-kx+1=0的相異實根分別為x1=, x2=, 因為所以0x1x2,所以f (x

8、)0的解集為 ,故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為0,和,+. 當k2時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為和 ;,當k2時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+). 方法技巧 研究含有參數(shù)的函數(shù)的單調性時,要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進行分類討論;劃分函數(shù)的單調區(qū)間時,要在函數(shù)的定義域內討論,還要確定導數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點.,2-1(2018蘇州學業(yè)陽光指標調研)已知函數(shù)f(x)=當a=2 時,求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間.,解析當a=2時, f(x)= 當x0時, f(x)=-x3+x2,則f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2). 易知f (x)0在(-,0)上恒成立, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間

9、(-,0)上為減函數(shù).,當x0時, f(x)=ex-2x,則f (x)=ex-2. 令f (x)=0,解得x=ln 2.當0ln 2時, f (x)0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,ln 2)上為減函數(shù),在區(qū)間(ln 2,+)上為增函數(shù).,綜上,函數(shù)f(x)的單調減區(qū)間為(-,0)和(0,ln 2),單調增區(qū)間為(ln 2,+).,2-2(2018江蘇徐州王杰中學月考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=+a. 討論函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)的單調性.,解析F(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax-a,x0,則F (x)=. 當a0,F (x)0時,x(0,+),所以F(x

10、)=f(x)-g(x)在(0,+)上是增函數(shù). 當a0時,易知F(x)=f(x)-g(x)在上是增函數(shù),在 上是減函數(shù).,典例4(1)(2018江蘇揚州中學高三開學考)若函數(shù)f(x)=(cos x-sin x). (cos x+sin x)+3a(sin x-cos x)+(4a-1)x在上單調遞增,則實數(shù)a的取 值范圍是. (2)(2018江蘇如東高級中學高三上學期期中)函數(shù)f(x)=x2,g(x)=aln x,對 區(qū)間1,2上任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有2恒成立,則正 數(shù)a的取值范圍是.,考點三 函數(shù)單調性的應用 角度一由函數(shù)的單調性,求參數(shù)的取值范圍,解析(1)f(x)=cos 2x

11、+3a(sin x-cos x)+(4a-1)x,則f (x)=-sin 2x+3a(cos x+ sin x)+4a-1,由題意知f (x)0在上恒成立, 令cos x+sin x=t,則t=sin,t-1,1,則-t2+3at+4a0在t-1,1上 恒成立,則a,t-1,1, =1,當t=-1時取等號,則a1.,答案(1)1,+)(2)(0,1,(2)不妨設1x10在1,2上遞增,則g() g(),則f(x1)-f(x2)2g()-2g(),則f(x1)-2g()f(x2)-2g(),令h(x)= f(x)-2g(),則h(x)=x2-aln x,則h(x)在1,2上遞增,即h(x)=x-

12、0在1,2 上恒成立,則0a=1.,探究(變條件)將本例(2)中的條件“對區(qū)間1,2上任意不相等的實數(shù)x1,x2,都有2恒成立”變?yōu)椤霸趨^(qū)間1,2上存在不相等的 實數(shù)x1,x2,使得2成立”,則正數(shù)a的取值范圍是.,答案(0,4),解析同本例(2)中的解析,則h(x)在1,2上存在遞增區(qū)間,則h(x)=x-0 在1,2上有解,則0a=4.,方法技巧 (1)已知函數(shù)的單調性,求參數(shù)的取值范圍的兩種方法:一是已知定函數(shù) f(x)在動區(qū)間(a,b)(a0,xD有解; 已知函數(shù)f(x),xD存在單調遞減區(qū)間f (x)0,xD有解.,典例5(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-

13、,其中e是自然對數(shù) 的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)0,則實數(shù)a的取值范圍是.,角度二利用函數(shù)的單調性解不等式,答案,解析易知函數(shù)f(x)的定義域關于原點對稱.,f(x)=x3-2x+ex-,f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+-ex=-f(x), f(x)為奇函數(shù).,又f (x)=3x2-2+ex+3x2-2+2=3x20(當且僅當x=0時,取“=”),從而f(x) 在R上單調遞增, f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a.,規(guī)律總結 利用函數(shù)的單調性“脫f ”轉化為具體的不等式是解題的關鍵,有時還需要利用導數(shù)公式以及

14、運算法則的逆向應用構造新函數(shù),再利用導數(shù)求 函數(shù)的單調性,進而解不等式.,3-1設f(x)是定義在R上的可導函數(shù),且滿足f(x)+x f (x)0,則不等式 f()f()的解集為.,答案1,2),解析令F(x)=xf(x),則F(x)=f(x)+x f (x),因為F(x)0,所以F(x)是定義在R上的遞增函數(shù),f()f()f()f(), 即F()F(),則,解得-1x2,又由題意得x1,所 以1x2,故不等式的解集為1,2).,3-2設函數(shù)f(x)=x3-x2+bx+c,曲線y=f(x)在點(0, f(0)處的切線方程為y =1. (1)求b,c的值; (2)若a0,求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間

15、; (3)設函數(shù)g(x)=f(x)+2x,且g(x)在區(qū)間(-2,-1)內存在單調遞減區(qū)間,求實數(shù)a的取值范圍.,解析(1)f (x)=x2-ax+b, 由題意得解得 (2)由(1)得f (x)=x2-ax=x(x-a)(a0). 當x(-,0)時, f (x)0; 當x(0,a)時, f (x)0. 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(-,0),(a,+),單調遞減區(qū)間為(0,a). (3)g(x)=x2-ax+2,依題意知,存在x(-2,-1),使不等式g(x)=x2-ax+20成立,所以x(-2,-1)時,a, 因為x+-2, 當且僅當x=,即x=-時等號成立. 所以實數(shù)a的取值范圍是(-,-2).,