【数学】2019届文科一轮复习人教A版2-11导数与函数的单调性教案
第十一节 导数与函数的单调性
[考纲传真] (教师用书独具)了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．
(对应学生用书第32页)
[基础知识填充]
函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．
[知识拓展]
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．
[基本能力自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．( )
(3)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)×
2．f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
A [f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0，得0
0，故选项D正确．
故选D．]
(对应学生用书第32页)
判断或证明函数的单调性
已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.讨论f(x)的单调性．
[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－2ax＋2－a
＝－.
①若a≤0，则f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝，
且当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0.
所以f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
综上所述，当a≤0时，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
[规律方法] 用导数证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
一求：求f′(x)；
二定：确认f′(x)在(a，b)内的符号；
三结论：作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．
易错警示：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．
[变式训练1] (2016·四川高考节选)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0. 【导学号：79170064】
[解] (1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0). 2分
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 5分
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 7分
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1. 9分
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝－>0. 12分
求函数的单调区间
(2016·天津高考节选)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间．
[解] 由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－A．
下面分两种情况讨论：
①当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). 5分
②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，. 12分
[规律方法] 求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间．
[变式训练2] 已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e为自然对数的底数，则函数f(x)的单调递增区间为________．
(－，) [因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，
因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－，)．]
已知函数的单调性求参数
已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
[解] 因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
[母题探究1] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．
[解] 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．
[母题探究2] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围．
[解] 由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数．
[母题探究3] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
[解] ∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－A．由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)．
∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3)．
[规律方法] 根据函数单调性求参数的一般方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
易错警示：(1)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)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(2)函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如迁移3中利用了∈(0,1)来求解．
[变式训练3] 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围.
【导学号：79170065】
[解] (1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，
由h(x)在[1,4]上单调递减得，
当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．令G(x)＝－，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是.
(2)h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解，
即a＞－有解．
设G(x)＝－，所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1.
