【数学】2018届一轮复习苏教版3-2导数的应用第1课时导数与函数的单调性教案（江苏专用）

【数学】2018届一轮复习苏教版3-2导数的应用第1课时导数与函数的单调性教案（江苏专用）

‎3.2 导数的应用 第1课时 导数与函数的单调性 ‎1.函数的单调性 在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减.‎ ‎2.函数的极值 ‎(1)求函数y＝f(x)的极值的方法 一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，‎ ‎①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；‎ ‎②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值.‎ ‎(2)求可导函数极值的步骤：‎ ‎①求f′(x)；‎ ‎②求方程f′(x)＝0的根；‎ ‎③考察f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.‎ ‎3.函数的最值 ‎(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值.‎ ‎(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.‎ ‎(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：‎ 第一步　求f(x)在区间(a，b)上的极值；‎ 第二步　将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值.‎ ‎【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)上的任何子区间内都不恒为零.‎ ‎3.对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件.‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(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.(　√　)‎ ‎(3)函数的极大值不一定比极小值大.(　√　)‎ ‎(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件.(　×　)‎ ‎(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.(　√　)‎ ‎(6)三次函数在R上必有极大值和极小值.(　×　)‎ ‎1.(教材改编)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为 .‎ 答案　(0,4)‎ 解析　f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，‎ 由f′(x)<0，得00，得cos x<，‎ 又x∈(0，π)，所以0时，－ex<－1，‎ ‎∴a＝－ex<－1.‎ 第1课时　导数与函数的单调性 题型一　不含参数的函数的单调性 例1　(1)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为 .‎ ‎(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是 .‎ 答案　(1)(0,1)　(2)和 解析　(1)y＝x2－ln x，y′＝x－＝ ‎＝(x>0).‎ 令y′<0，得00，‎ 则其在区间(－π，π)上的解集为和，‎ 即f(x)的单调递增区间为和.‎ 思维升华　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.‎ ‎　(1)函数y＝4x2＋的单调增区间为 .‎ ‎(2)已知函数f(x)＝xln x，则下面关于函数f(x)单调性的判断正确的是 .‎ ‎①在(0，＋∞)上递增； ②在(0，＋∞)上递减；‎ ‎③在(0，)上递增； ④在(0，)上递减.‎ 答案　(1)　(2)④‎ 解析　(1)由y＝4x2＋，得y′＝8x－，‎ 令y′>0，即8x－>0，解得x>，‎ ‎∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.‎ ‎(2)因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，‎ 所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，‎ 当f′(x)>0时，解得x>，‎ 即函数的单调递增区间为(，＋∞)；‎ 当f′(x)<0时，解得00，得x<或x>－t；‎ 由f′(x)<0，得0，则>－t.‎ 由f′(x)>0，得x<－t或x>；‎ 由f′(x)<0，得－t0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－t)，(，＋∞)，单调递减区间为(－t，).‎ 思维升华　(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.‎ ‎(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.‎ ‎(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.‎ ‎　讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性.‎ 解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＝.‎ ‎①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ ‎②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ ‎③当00，故f(x)在(0, )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增.‎ 题型三　已知函数单调性求参数 例3　(2016·南通模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋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)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，‎ 所以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)＝(－1)2－1，所以G(x)min＝－1.‎ 所以a>－1，即a的取值范围为(－1，＋∞).‎ ‎(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.‎ 所以a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)2－1，‎ 因为x∈[1,4]，所以∈[，1]，‎ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)，‎ 所以a≥－，即a的取值范围是[－，＋∞).‎ 引申探究 ‎1.本题(2)中，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，‎ 即当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，‎ 又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1(此时x＝1)，‎ ‎∴a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1].‎ ‎2.本题(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围.‎ 解　h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，‎ 则h′(x)<0在[1,4]上有解，‎ 即当x∈[1,4]时，a>－有解，‎ 又当x∈[1,4]时，(－)min＝－1，‎ ‎∴a>－1，即a的取值范围是(－1，＋∞).‎ 思维升华　根据函数单调性求参数的一般思路 ‎(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)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)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.‎ ‎(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.‎ ‎　已知函数f(x)＝exln x－aex(a∈R).‎ ‎(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；‎ ‎(2)若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝(－a＋ln x)ex，‎ f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.‎ ‎(2)由(1)知f′(x)＝(－a＋ln x)ex，‎ 若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0在x>0时恒成立.‎ 即－a＋ln x≤0在x>0时恒成立.‎ 所以a≥＋ln x在x>0时恒成立.‎ 令g(x)＝＋ln x(x>0)，‎ 则g′(x)＝－＋＝(x>0)，‎ 由g′(x)>0，得x>1；‎ 由g′(x)<0，得00时恒成立，即－a＋ln x≥0在x>0时恒成立，‎ 所以a≤＋ln x在x>0时恒成立，由上述推理可知此时a≤1.‎ 故实数a的取值范围是(－∞，1].‎ ‎5.用分类讨论思想研究函数的单调性 典例　(16分)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴.‎ ‎(1)确定a与b的关系；‎ ‎(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性.‎ 思想方法指导　含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：‎ ‎(1)方程f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；(3)若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法.‎ 规范解答 解　(1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，‎ 则g′(x)＝＋2ax＋b. [2分]‎ 由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴，‎ 得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，‎ ‎∴b＝－2a－1. [4分]‎ ‎(2)由(1)得g′(x)＝ ‎＝.‎ ‎∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴当a＝0时，g′(x)＝－.‎ 由g′(x)>0，得01. [8分]‎ 当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝， [9分]‎ 若<1，即a>，‎ 由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0时，函数g(x)在(0，)上单调递增，‎ 在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. [16分]‎ ‎1.(2015·课标全国Ⅱ改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是 .‎ 答案　(－∞，－1)∪(0,1)‎ 解析　因为f(x)(x∈R)为奇函数，f(－1)＝0，‎ 所以f(1)＝－f(－1)＝0.‎ 当x≠0时，令g(x)＝，‎ 则g(x)为偶函数，g(1)＝g(－1)＝0.‎ 则当x＞0时，g′(x)＝[]′‎ ‎＝＜0，‎ 故g(x)在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数.‎ 所以在(0，＋∞)上，当0＜x＜1时，g(x)＞g(1)＝0‎ ‎⇔＞0⇔f(x)＞0；在(－∞，0)上，当x＜－1时，g(x)＜g(－1)＝0⇔＜0⇔f(x)＞0.‎ 综上，知使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1).‎ ‎2.已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的 条件.‎ 答案　充分不必要 解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，‎ 故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.‎ ‎3.在区间(－1,1)内不是增函数的函数是 .‎ ‎①y＝ex＋x；‎ ‎②y＝sin x；‎ ‎③y＝x3－6x2＋9x＋2；‎ ‎④y＝x2＋x＋1.‎ 答案　④‎ 解析　①y＝ex＋x，y′＝ex＋1>0，在区间(－1,1)内是增函数；‎ ‎②y＝sin x，y′＝cos x，在区间(－1,1)内是增函数；‎ ‎③y＝x3－6x2＋9x＋2，y′＝3x2－12x＋9＝3(x－2)2－3，在区间(－1,1)内是增函数；‎ ‎④y＝x2＋x＋1，y′＝2x＋1，在区间(－，1)内y′>0，在区间(－1，－)内y′<0，在区间(－1,1)内不单调.‎ ‎4.已知函数y＝f(x)在定义域[－4,6]内可导，其图象如图，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为 . ‎ 答案　[－，1]∪[，6]‎ 解析　不等式f′(x)≤0的解集即函数y＝f(x)的减区间，由题图知y＝f(x)的减区间为[－，1]，[，6]，故f′(x)≤0的解集为[－，1]∪[，6].‎ ‎5.(2017·江苏扬州中学月考)若函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是 .‎ 答案　[，＋∞)‎ 解析　f′(x)＝2mx＋－2，由题意知，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m≥－＋在(0，＋∞)上恒成立，令t＝>0，则2m≥－t2＋2t，又∵(－t2＋2t)max＝1，‎ ‎∴2m≥1，∴m≥.‎ ‎6.定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x10，所以g(x)单调递增，当x1f(c)>f(d)‎ ‎②f(b)>f(a)>f(e)‎ ‎③f(c)>f(b)>f(a)‎ ‎④f(c)>f(e)>f(d)‎ 答案　③‎ 解析　依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，‎ 因为af(b)>f(a)，因此③正确.‎ ‎9.若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在[，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是 .‎ 答案　(－，＋∞)‎ 解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a ‎＝－(x－)2＋＋2a.‎ 当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a.‎ 令＋2a>0，解得a>－，‎ 所以a的取值范围是(－，＋∞).‎ ‎10.(2016·全国甲卷改编)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是 .‎ 答案　 解析　∵函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，‎ ‎∴f′(x)＝1－cos 2x＋acos x ‎＝1－(2cos2x－1)＋acos x ‎＝－cos2x＋acos x＋≥0，即acos x≥cos2x－在(－∞，＋∞)恒成立.‎ 当cos x＝0时，恒有0≥－，得a∈R；‎ 当00，‎ f′(x)＝0有两个根，x1＝，‎ x2＝.‎ ‎(ⅰ)当00，当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数，在(x2，x1)上是减函数；‎ ‎(ⅱ)当a<0时，易知当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，‎ 故函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数，‎ 在(x1，x2)上是增函数.‎ ‎(2)当a>0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3>0(x∈(1,2))，‎ 故a>0时，f(x)在区间(1,2)上是增函数，‎ 当a<0时，由f(x)在区间(1,2)上是增函数，‎ 可得即 解得a≥－，所以－≤a<0.‎ 综上，a的取值范围是[－，0)∪(0，＋∞).‎ ‎12.已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间.‎ 解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－(x>0)，‎ 由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.‎ ‎(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，‎ 则f′(x)＝(x>0).‎ 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.‎ 综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5).‎ ‎13.已知函数f(x)＝x3－x2.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，求实数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝x2－ax＝x(x－a).‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，‎ ‎∴f(x)在R上单调递增.‎ ‎②当a>0时，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)的增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，减区间为(0，a).‎ ‎③当a<0时，当x∈(－∞，a)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(a,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)的增区间为(－∞，a)，(0，＋∞)，减区间为(a,0).‎ ‎(2)∵g(x)＝x3－x2＋2x，‎ ‎∴g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，‎ 使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，‎ 即当x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2即可.‎ 所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2).‎