2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三章 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課件 文.ppt

第二節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系,教材研讀,考點(diǎn)一 利用導(dǎo)數(shù)解決不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的問題,考點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的問題,考點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題,考點(diǎn)突破,教材研讀,函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系 函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo), (1)若f (x)0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增; (2)若f (x)<0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減; (3)若f (x)=0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).,提醒由f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)可得f (x)0(0)在該區(qū)間內(nèi)恒成立,而不是f (x)0(<0)恒成立,“=”不能少,必要時還需對“=”進(jìn)行 檢驗(yàn).,知識拓展 用充分、必要條件詮釋導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系 (1)f (x)0(<0)是f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)的充分不必要條件. (2)f (x)0(0)是f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)的必要不充分條件. (3)若f (x)在區(qū)間(a,b)的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于零,則f (x)0(0)是 f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增(減)的充要條件.,1.判斷正誤(正確的打“”,錯誤的打“”) (1)若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,則一定有f (x)0.( ) (2)若函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f (x)=0,則f(x)在此區(qū)間內(nèi)沒有單調(diào)性.( ) (3)在(a,b)內(nèi)f (x)0,且f (x)=0的根有有限個,則f(x)在(a,b)內(nèi)是減函數(shù).( ),答案(1)(2)(3),2.函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f (x)的圖象如圖所示,則下面判斷正確的是 () A.在區(qū)間(-3,1)上f(x)是增函數(shù) B.在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù) C.在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù) D.在區(qū)間(3,5)上f(x)是增函數(shù),答案C由圖象可知,當(dāng)x(4,5)時, f (x)0,故f(x)在(4,5)上是增函數(shù).,C,3.函數(shù)f(x)=cos x-x在(0,)上的單調(diào)性是() A.先增后減B.先減后增 C.單調(diào)遞增D.單調(diào)遞減,答案D在(0,)上, f (x)=-sin x-1<0,f(x)在(0,)上單調(diào)遞減,故選D.,D,4.函數(shù)f(x)=(x-3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是() A.(-,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+),答案D由f(x)=(x-3)ex,得f (x)=(x-2)ex, 令f (x)0,得x2,故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2,+).,D,5.已知f(x)=x3-ax在1,+)上是增函數(shù),則a的最大值是.,答案3,解析f (x)=3x2-a,由題意知f (x)0在1,+)上恒成立,即a3x2在1, +)上恒成立,又x1,+)時,3x23,a3,即a的最大值是3.,利用導(dǎo)數(shù)解決不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的問題,考點(diǎn)突破,典例1(2019河北唐山質(zhì)檢)求函數(shù)f(x)=ln x-x2+x-的單調(diào)區(qū)間.,解析因?yàn)閒(x)=ln x-x2+x-, 且定義域?yàn)?0,+), 所以f (x)=-x+1=-. 令f (x)=0,得x1=,x2=(舍去).,當(dāng)x 時, f (x)0; 當(dāng)x 時, f (x)<0, 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為, 單調(diào)遞減區(qū)間為.,方法技巧 確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟 (1)確定函數(shù)y=f(x)的定義域; (2)求f (x); (3)解不等式f (x)0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間; (4)解不等式f (x)<0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.,提醒(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時,一定要先確定函數(shù)的定義域,否則極易出錯.如本例易忽視定義域?yàn)?0,+)而導(dǎo)致解題錯誤. (2)個別導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不影響函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性,如函數(shù)f(x)=x3, f (x)=3x20(x=0時, f (x)=0),但f(x)=x3在R上是增函數(shù).,1-1已知函數(shù)f(x)=xln x,則f(x)() A.在(0,+)上單調(diào)遞增B.在(0,+)上單調(diào)遞減 C.在上單調(diào)遞增D.在上單調(diào)遞減,D,答案D因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=xln x, 所以f (x)=ln x+1(x0), 令f (x)0,解得x, 即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為; 令f (x)<0,解得0<x<, 即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為,故選D.,1-2已知定義在區(qū)間(-,)上的函數(shù)f(x)=xsin x+cos x,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是.,答案和,解析f (x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x. 令f (x)=xcos x0, 則其在區(qū)間(-,)上的解集為和, 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和.,利用導(dǎo)數(shù)解決含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的問題,典例2設(shè)f(x)=ex(ax2+x+1)(a0),試討論f(x)的單調(diào)性.,解析f (x)=ex(ax2+x+1)+ex(2ax+1) =exax2+(2a+1)x+2 =ex(ax+1)(x+2)=aex(x+2). 當(dāng)a=時, f (x)=ex(x+2)20恒成立, 函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增;當(dāng)02,令f (x)=aex(x+2)0, 得x-2或x<-, 令f (x)=aex(x+2)<0, 得-<x<-2, 函數(shù)f(x)在和(-2,+)上單調(diào)遞增, 在上單調(diào)遞減;,當(dāng)a時,有0,得x-或x<-2, 令f (x)=aex(x+2)<0,得-2<x<-, 函數(shù)f(x)在(-,-2)和上單調(diào)遞增, 在上單調(diào)遞減.,易錯警示 解決含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題應(yīng)注意兩點(diǎn) (1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問題,要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論. (2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時,要在函數(shù)定義域內(nèi)討論,還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn).,2-1討論函數(shù)f(x)=(a-1)ln x+ax2+1的單調(diào)性.,解析f(x)的定義域?yàn)?0,+), f (x)=+2ax=. 當(dāng)a1時, f (x)0,故f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a0時, f (x)0,故f(x)在上單調(diào)遞減,在上 單調(diào)遞增.,利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用問題 命題方向一比較大小或解不等式,典例3(1)若0ln x2-ln x1B.-x1D.x20時,有0的解集是.,C,答案(1)C(2)(-,-2)(0,2),解析(1)令f(x)=,則f (x)=.當(dāng)0 x1,故選C. (2)令(x)=,當(dāng)x0時,(x)0,即f(x)0,在(2,+)內(nèi)恒有(x)0,在(-2,0)內(nèi)恒有f(x)0的解集, 即f(x)0的解集, x2f(x)0的解集為(-,-2)(0,2).,命題方向二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 典例4已知函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax2+2x,a0. (1)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍; (2)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在1,4上單調(diào)遞減,求a的取值范圍.,解析(1)h(x)=ln x-ax2-2x,x(0,+), 所以h(x)=-ax-2. 因?yàn)閔(x)在(0,+)上存在單調(diào)遞減區(qū)間, 所以當(dāng)x(0,+)時,-ax-2-有解. 令G(x)=-, 所以只要aG(x)min即可.,而G(x)=-1, 所以G(x)min=-1, 所以a-1且a0. (2)因?yàn)閔(x)在1,4上單調(diào)遞減, 所以當(dāng)x1,4時,h(x)=-ax-20恒成立, 即a-恒成立, 所以aG(x)max.,因?yàn)閤1,4,所以, 而G(x)=-1, 所以G(x)max=-(此時x=4), 所以a-且a0.,探究1(變問法)本例(2)中,若函數(shù)h(x)在1,4上單調(diào)遞增,求a的取值范圍.,解析因?yàn)閔(x)在1,4上單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x1,4時,h(x)0恒成立, 所以當(dāng)1,4時,a-恒成立, 又當(dāng)x1,4時,=-1(此時x=1),所以a-1,即a的取值范圍是(- ,-1.,探究2(變問法)本例(2)中,若h(x)在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍.,解析h(x)在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間, 則h(x)-有解, 又當(dāng)x1,4時,=-1, 所以a-1,又a0, 所以a的取值范圍是(-1,0)(0,+).,探究3(變問法)本例(2)中,若函數(shù)h(x)在1,4上不單調(diào),求a的取值范圍.,解析h(x)在1,4上不單調(diào), h(x)=0在(1,4)上有解, 即a=-=-1有解, 令m(x)=-,x(1,4), 則-1<m(x)<-, 實(shí)數(shù)a的取值范圍為.,方法技巧 1.利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式的常用技巧 利用題目條件,構(gòu)造輔助函數(shù),把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題,再由單調(diào)性比較大小或解不等式. 2.由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法 (1)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a,b)上單調(diào),實(shí)際上就是在該區(qū)間上f (x)0(或f (x)0)恒成立,得到關(guān)于參數(shù)的不等式,從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值的問題,求出參數(shù)的取值范圍.,(2)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a,b)上存在單調(diào)區(qū)間,實(shí)際上就是f (x)0(或f (x)0(或f (x)min<0)在該區(qū)間上有解,從而轉(zhuǎn)化為不等式問題,求出參數(shù)的取值范圍. (3)若已知f (x)在區(qū)間I上的單調(diào)性,區(qū)間I上含有參數(shù)時,可先求出f(x)的 單調(diào)區(qū)間,令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集,從而求出參數(shù)的取值范圍.,3-1已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(1)=1,且f(x)的導(dǎo)數(shù)f (x)<,則不等式f(x2)< +的解集為.,答案(-,-1)(1,+),3-2已知函數(shù)f(x)=x3-ax-1. (1)若f(x)在區(qū)間(1,+)上為增函數(shù),求a的取值范圍; (2)若f(x)在區(qū)間(-1,1)上為減函數(shù),求a的取值范圍; (3)若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,1),求a的值.,解析(1)因?yàn)閒 (x)=3x2-a,且f(x)在區(qū)間(1,+)上為增函數(shù),所以f (x)0在(1,+)上恒成立,即3x2-a0在(1,+)上恒成立,所以a3x2在(1,+)上恒成立,所以a3,即a的取值范圍是(-,3. (2)由題意得f (x)=3x2-a0在(-1,1)上恒成立,所以a3x2在(-1,1)上恒成立.因?yàn)?10.f(x)=x3-ax-1,f (x)=3x2-a.由f (x)=0,得x=,f(x) 在區(qū)間(-1,1)上單調(diào)遞減,=1,即a=3.,