《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第2節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案 文 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二節(jié)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 [最新考綱]　1.了解函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不會超過三次)． (對應(yīng)學(xué)生用書第42頁) 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)，則 (1)若f′(x)＞0，則f(x)在這個區(qū)間上是增加的； (2)若f′(x)＜0，則f(x)在這個區(qū)間上是減少的； (3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間上是常數(shù)函數(shù)． 1．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． 2．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是

2、增(減)函數(shù)的充要條件是對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零． 一、思考辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)若函數(shù)f(x)在(a，b)上是增加的，那么一定有f′(x)＞0. (　　) (2)如果函數(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)√ 二、教材改編 1．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)

3、的圖像，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) C　[由圖像可知，當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)＞0，故f(x)在(4,5)上是增函數(shù)．] 2．函數(shù)f(x)＝cos x－x在(0，π)上的單調(diào)性是(　　) A．先增后減　 B．先減后增 C．增函數(shù) D．減函數(shù) D　[因為f′(x)＝－sin x－1＜0，在(0，π)上恒成立 所以f(x)在(0，π)上是減函數(shù)，故選D.] 3．函數(shù)f(x)＝x－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為__

4、______． (0,1]　[函數(shù)f(x)的定義域為{x|x＞0}，由f′(x)＝1－≤0，得0＜x≤1， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．] 4．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的最大值是________． 3　[f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2， 又因為x∈[1，＋∞ )，所以a≤3，即a的最大值是3.] (對應(yīng)學(xué)生用書第42頁) ⊙考點(diǎn)1　不含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性 　求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟 (1)確定函數(shù)f(x)的定義域． (2)求f′(x)． (3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)＞0，得單調(diào)遞增區(qū)間． (4)在定義域內(nèi)解

5、不等式f′(x)＜0，得單調(diào)遞減區(qū)間． 　1.函數(shù)f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上是(　　) A．單調(diào)遞增 B．單調(diào)遞減 C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減 D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增 A　[f′(x)＝1－cos x＞0在(0,2π)上恒成立，所以f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增．] 2．函數(shù)y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(－1,1]　 B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞) B　[∵y＝x2－ln x， ∴x∈(0，＋∞)，y′＝x－＝. 由y′≤0可解得0＜x≤1， ∴y＝x2－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間

6、為(0,1]， 故選B.] 3．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsin x＋cos x，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________． 和　[f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令f′(x)＝xcos x＞0， 則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為和， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和.] 　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，一定要樹立函數(shù)的定義域優(yōu)先的原則，否則極易出錯． ⊙考點(diǎn)2　含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性 　研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論． (1)討論分以下四個方面 ①二次項系數(shù)討論； ②根的有無討論； ③根的大小

7、討論； ④根在不在定義域內(nèi)討論． (2)討論時要根據(jù)上面四種情況，找準(zhǔn)參數(shù)討論的分類． (3)討論完畢須寫綜述． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋－(a∈R且a≠0)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　依題意得，f′(x)＝(x＞0)， ①當(dāng)a＜0時，f′(x)＞0恒成立， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝＞0得x＞； 由f′(x)＝＜0，得0＜x＜， ∴函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上所述，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 　含參數(shù)的問題，應(yīng)就

8、參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式的解，在劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)確定導(dǎo)數(shù)為零的點(diǎn)和函數(shù)的間斷點(diǎn)． 　已知函數(shù)f(x)＝aln x＋x2(a∈R且a≠0)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 因為f(x)＝aln x＋x2，所以f′(x)＝＋2x＝. ①當(dāng)a＞0時，f′(x)＞0， 所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當(dāng)a＜0時，令f′(x)＝0，解得x＝(負(fù)值舍去)， 當(dāng)0＜x＜時，f′(x)＜0， 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減； 當(dāng)x＞時，f′(x)＞0， 所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)

9、a＞0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． ⊙考點(diǎn)3　已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù) 　根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法 (1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集． (2)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解． (3)函數(shù)在某個區(qū)間存在單調(diào)區(qū)間可轉(zhuǎn)化為不等式有解問題． 　已知函數(shù)f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)． (1)若函

10、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](1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)， 所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，－ax－2＜0有解， 即a＞－有解． 設(shè)G(x)＝－， 所以只要a＞G(x)min即可． 而G(x)＝－1， 所以G(x)min＝－1. 所以a＞－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減得， 當(dāng)

11、x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥－恒成立． 所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1， 因為x∈[1,4]，所以∈[，1]， 所以G(x)max＝－(此時x＝4)， 所以a≥－，因為a≠0，所以a的取值范圍是[－，0)∪(0，＋∞)． [母題探究] 1．(變問法)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞增，求a的取值范圍． [解]　由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增得，當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立， 所以當(dāng)x∈[1,4]時，a≤－恒成立， 又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1(此時x＝1)， 所以a≤－1，即a的取值范圍是

12、(－∞，－1]． 2．(變問法)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍． [解]　h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間， 則h′(x)＜0在[1,4]上有解， 所以當(dāng)x∈[1,4]時，a＞－有解， 又當(dāng)x∈[1,4]時，min＝－1， 所以a＞－1，又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)． 3．(變條件)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上不單調(diào)，求a的取值范圍． [解]　因為h(x)在[1,4]上不單調(diào)， 所以h′(x)＝0在(1,4)上有解， 即a＝－有解， 令m(x)＝－，x∈(1,4)，

13、 則－1＜m(x)＜－， 所以實數(shù)a的取值范圍為. (1)f(x)在D上單調(diào)遞增(減)，只要滿足f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可．如果能夠分離參數(shù)，則可分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之間的關(guān)系． (2)二次函數(shù)在區(qū)間D上大于零恒成立，討論的標(biāo)準(zhǔn)是二次函數(shù)的圖像的對稱軸與區(qū)間D的相對位置，一般分對稱軸在區(qū)間左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)進(jìn)行討論． 　已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋ln x在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． [解]　f′(x)＝－4x＋，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即在[1,2]上，f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0， 即－4x＋≥0

14、或－4x＋≤0在[1,2]上恒成立， 即≥4x－或≤4x－. 令h(x)＝4x－，因為函數(shù)h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3， 解得a＜0或0＜a≤或a≥1. ⊙考點(diǎn)4　利用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式 　用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式，常常要構(gòu)造新函數(shù)，把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的問題，再由單調(diào)性比較大小或解不等式． 常見構(gòu)造的輔助函數(shù)形式有： (1)f(x)＞g(x)→F(x)＝f(x)－g(x)； (2)xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′； (3)xf′(x)－f(x)→； (4)f′(x)＋f(x)→[

15、exf(x)]′； (5)f′(x)－f(x)→. (1)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對任意x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，則(　　) A．4f(－2)＜9f(3) B．4f(－2)＞9f(3) C．2f(3)＞3f(－2) D．3f(－3)＜2f(－2) (2)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f(2)＝0，當(dāng)x＞0時，有＜0恒成立，則不等式x2f(x)＞0的解集是________． (1)A　(2)(－∞，－2)∪(0,2)　[(1)根據(jù)題意，令g(x)＝x2f(x)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又對

16、任意x＞0都有2f(x)＋xf′(x)＞0成立，則當(dāng)x＞0時，有g(shù)′(x)＝x(2f(x)＋xf′(x))＞0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)，則有g(shù)(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(－2)＝g(2)，且g(2)＜g(3)，則有g(shù)(－2)＜g(3)，即有4f(－2)＜9f(3)．故選A. (2)令φ(x)＝，∵當(dāng)x＞0時，＜0， ∴φ(x)＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又φ(2)＝0， ∴在(0，＋∞)上，當(dāng)且僅當(dāng)0＜x＜2時，φ(x)＞0， 此時x2f(x

17、)＞0. 又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)＝x2f(x)也為奇函數(shù)． 故x2f(x)＞0的解集為(－∞，－2)∪(0,2)．] 　如本例(1)已知條件“2f(x)＋xf′(x)＞0”，需構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)，求導(dǎo)后得x＞0時，g′(x)＞0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，從而問題得以解決．而本例(2)則需構(gòu)造函數(shù)φ(x)＝解決． 　定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ef(x2)與ef(x1)的大小關(guān)系為(　　) A．ef(x2)＞ef(x1) B．ef(x2)＜ef(x1) C．ef(x2)＝ef(x1) D．ef(x2)與ef(x1)的大小關(guān)系不確定 A　[設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝＝，由題意得g′(x)＞0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ef(x2)＞ef(x1)．] - 8 -