（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第14講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案 理 新人教A版.docx

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第14講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 導(dǎo)數(shù)到 單調(diào)性 單調(diào)遞增 在區(qū)間(a,b)上,若f(x)>0,則f(x)在這個區(qū)間上單調(diào)　　　 單調(diào)遞減 在區(qū)間(a,b)上,若f(x)<0,則f(x)在這個區(qū)間上單調(diào)　　　 單調(diào)性 到導(dǎo)數(shù) 單調(diào)遞增 若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞增,則f(x)　　　 單調(diào)遞減 若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào)遞減,則f(x)　　　 “函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上的導(dǎo)數(shù)大(小)于0”是“其單調(diào)遞增(減)”的　　　　條件 題組一　常識題 1.[教材改編] 函數(shù)f(x)=ex-x的單調(diào)遞增區(qū)間是　　　　. 2.[教材改編] 比較大小:x　　　　ln x(x∈(1,+∞)). 3.[教材改編] 函數(shù)y=ax3-1在(-∞,+∞)上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為　　　　. 4.[教材改編] 已知f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),函數(shù)y=ef(x)的圖像如圖2-14-1所示,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是　　　　. 圖2-14-1 題組二　常錯題 ◆索引:可導(dǎo)函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)時導(dǎo)數(shù)滿足的條件;利用單調(diào)性求解不等式時不能忽視原函數(shù)的定義域;求單調(diào)區(qū)間時忽略定義域;討論函數(shù)單調(diào)性時分類標準有誤. 5.若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù),則k的取值范圍是　　　　. 6.若函數(shù)f(x)=ln x-1x,則不等式f(1-x)>f(2x-1)的解集為　　　　. 7.函數(shù)f(x)=x+ln(2-x)的單調(diào)遞增區(qū)間為　　　　. 8.討論函數(shù)y=ax3-x在R上的單調(diào)性時,a應(yīng)分　　　　、　　　　、　　　　三種情況討論. 探究點一　函數(shù)單調(diào)性的判斷或證明 例1 [2018商丘二模] 已知函數(shù)f(x)=(x-1)ex+1+mx2,其中m為常數(shù),且m>-e2.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. [總結(jié)反思] 用導(dǎo)數(shù)法判斷和證明函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)的單調(diào)性的一般步驟: (1)求f(x). (2)確認f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)的符號(如果含有參數(shù),則依據(jù)參數(shù)的取值討論符號). (3)得出結(jié)論:f(x)>0時,函數(shù)f(x)為增函數(shù);f(x)<0時,函數(shù)f(x)為減函數(shù). 變式題 已知函數(shù)f(x)=x+axex,a∈R. (1)求f(x)的零點; (2)當(dāng)a≥-5時,求證:f(x)在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù). 探究點二　求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 例2 [2018北京朝陽區(qū)一模] 已知函數(shù)f(x)=lnx-1x-ax(a∈R). (1)若a=0,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程; (2)若a<-1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. [總結(jié)反思] (1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的關(guān)鍵是確定導(dǎo)數(shù)的符號.不含參數(shù)的問題直接解導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式,其解集即為函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;含參數(shù)的問題,應(yīng)就參數(shù)范圍討論導(dǎo)數(shù)大于(或小于)零的不等式的解,其解集即為函數(shù)的單調(diào)區(qū)間. (2)所有求解和討論都必須在函數(shù)的定義域內(nèi),不要超出定義域的范圍. 變式題 (1)函數(shù)f(x)=3ln x-4x+12x2的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(0,1),(3,+∞) B.(1,3) C.(-∞,1),(3,+∞) D.(3,+∞) (2)函數(shù)f(x)=x+3x+2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是　　　　. 探究點三　已知函數(shù)單調(diào)性確定參數(shù)的取值范圍 例3 已知函數(shù)f(x)=x2+ln x-ax. (1)當(dāng)a=3時,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若f(x)在(0,1)上是增函數(shù),求a的取值范圍. [總結(jié)反思] (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,討論的標準是二次函數(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)進行討論. 變式題 (1)[2018哈爾濱師大附中三模] 若函數(shù)f(x)=2x+sin xcos x+acos x在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,則a的取值范圍是 (　　) A.[-1,1] B.[-1,3] C.[-3,3] D.[-3,-1] (2)若函數(shù)f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是 (　　) A.[0,+∞) B.(-∞,0] C.(-∞,0) D.(0,+∞) 探究點四　函數(shù)單調(diào)性的簡單應(yīng)用 例4 (1)定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),且滿足f(x)0,若13ln x+1的解集為　　　　. 第14講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 考試說明 1.了解函數(shù)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; 3.會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次). 【課前雙基鞏固】 知識聚焦 遞增　遞減　≥0　≤0　充分 對點演練 1.(0,+∞)　[解析] 由f(x)=ex-1>0,解得x>0,故其單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞). 2.>　[解析] 設(shè)f(x)=x-ln x,x∈(1,+∞),則f(x)=1-1x>0,所以函數(shù)f(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),所以f(x)=x-ln x>1>0,所以x>ln x. 3.(-∞,0)　[解析] ∵y=3ax2,函數(shù)在區(qū)間(-∞,+∞)上是減函數(shù), ∴y≤0在(-∞,+∞)上恒成立,即3ax2≤0恒成立, ∴a≤0.∵當(dāng)a=0時,y=-1,不是減函數(shù), ∴a<0,即a∈(-∞,0). 4.(-∞,2]　[解析] 因為當(dāng)x≤2時,ef(x)≤1,所以當(dāng)x≤2時,f(x)≤0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,2]. 5.[1,+∞)　[解析] 因為函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù),所以f(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)上恒成立,可得k≥1. 6.12,23　[解析] 因為x∈(0,+∞),f(x)=1x+1x2>0,所以函數(shù)f(x)=ln x-1x在(0,+∞)上為增函數(shù),所以只需滿足1-x>2x-1>0,解得120,得x<2,即函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,2). 易知f(x)=1-12-x,令f(x)>0,可得12-x<1, 結(jié)合2-x>0,得2-x>1,解得x<1, 即函數(shù)f(x)=x+ln(2-x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,1). 8.a>0　a=0　a<0　[解析] y=3ax2-1,所以對a分a>0,a=0,a<0三種情況討論比較合理. 【課堂考點探究】 例1　[思路點撥] 先對m進行分類討論,再結(jié)合f(x)的符號討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性. 解:易知x∈(-∞,+∞),f(x)=ex+1+(x-1)ex+1+2mx=x(ex+1+2m). ①當(dāng)m≥0時,∵ex+1>0,∴ex+1+2m>0. ∴當(dāng)x>0時,f(x)>0;當(dāng)x<0時,f(x)<0. 故f(x)在區(qū)間(-∞,0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增. ②當(dāng)-e2x2. 則當(dāng)x>0時,f(x)>0; 當(dāng)ln(-2m)-10. 故f(x)在區(qū)間(-∞,ln(-2m)-1),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(ln(-2m)-1,0)上單調(diào)遞減. 綜上所述,當(dāng)m≥0時,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)-e21), 則g(x)=3x2+2x+a,其圖像的對稱軸為直線x=-13, 所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g(x)>312+21+a=5+a. 因為a≥-5,所以g(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 所以g(x)在(1,+∞)上為增函數(shù), 可得g(x)>g(1)=2>0,即f(x)>0, 所以f(x)在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù). 例2　[思路點撥] (1)求出f(1)及f(1)的值,利用點斜式可得曲線的切線方程.(2)在定義域內(nèi),令f(x)>0,求得x的取值范圍,可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;令f(x)<0,求得x的取值范圍,可得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間. 解:(1)若a=0,則f(1)=-1,f(x)=2-lnxx2,所以f(1)=2, 所以曲線y=f(x)在點(1,-1)處的切線方程為2x-y-3=0. (2)易知x∈(0,+∞),f(x)=2-ax2-lnxx2. 令g(x)=2-ax2-ln x,則g(x)=-2ax2-1x. 令g(x)=0,得x=-12a或x=--12a(舍去). 由g(x)>0,得x>-12a;由g(x)<0,得00,即f(x)>0, 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞). 變式題　(1)A　(2)(0,1)　[解析] (1)f(x)=3x-4+x=(x-1)(x-3)x,由f(x)>0,得03,∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),(3,+∞). (2)函數(shù)f(x)的定義域是(0,+∞), f(x)=1-3x2+2x=(x+3)(x-1)x2. 令f(x)<0,可得00可得單調(diào)遞增區(qū)間;(2)將原問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0,1)上大于等于零恒成立問題求解即可. 解:(1)f(x)的定義域為(0,+∞),當(dāng)a=3時,f(x)=x2+ln x-3x, ∴f(x)=2x+1x-3=2x2-3x+1x, 由f(x)>0,得01, ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12,(1,+∞). (2)由題意得f(x)=2x+1x-a. ∵f(x)在(0,1)上是增函數(shù), ∴f(x)=2x+1x-a≥0在(0,1)上恒成立, 即a≤2x+1x在(0,1)上恒成立. ∵2x+1x≥22,當(dāng)且僅當(dāng)2x=1x,即x=22時,等號成立, ∴a≤22, 故實數(shù)a的取值范圍為(-∞,22]. 變式題　(1)A　(2)C　[解析] (1)∵f(x)=2x+sin xcos x+acos x, ∴f(x)=2+cos 2x-asin x=-2sin2x-asin x+3. 設(shè)t=sin x,-1≤t≤1, 則g(t)=-2t2-at+3, ∵f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增, ∴g(t)≥0在[-1,1]上恒成立. ∵二次函數(shù)g(t)的圖像開口向下, ∴g(1)≥0,g(-1)≥0,可得-1≤a≤1,即a的取值范圍是[-1,1],故選A. (2)函數(shù)f(x)=x+aln x的定義域為(0,+∞),f(x)=1+ax.當(dāng)a≥0時,f(x)>0,函數(shù)f(x)=x+aln x是增函數(shù).當(dāng)a<0時,由f(x)<0,得00,得x>-a,所以函數(shù)f(x)=x+aln x在(0,-a)上單調(diào)遞減,在(-a,+∞)上單調(diào)遞增.因為f(x)=x+aln x不是單調(diào)函數(shù),所以實數(shù)a的取值范圍是(-∞,0),故選C. 例4　[思路點撥] (1)構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)ex,通過g(x)的符號判斷函數(shù)g(x)的單調(diào)性,利用單調(diào)性得出x的取值范圍;(2)先根據(jù)函數(shù)圖像的平移得到函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x=2對稱,再通過討論導(dǎo)數(shù)的符號得到函數(shù)f(x)的單調(diào)性,最后將4a,log3a,3轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上比較其對應(yīng)函數(shù)值的大小. (1)A　(2)B　[解析] (1)設(shè)g(x)=f(x)ex,則g(x)=f(x)-f(x)ex,∵f(x)0, 即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增.∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2, 則不等式f(x)<2ex等價于g(x)0, ∴當(dāng)x>2時,f(x)>0, 即函數(shù)f(x)在(2,+∞)上為增函數(shù). ∵10),則f(x)=1-lnxx2, 可得函數(shù)f(x)在(0,e)上單調(diào)遞增,所以f(2.1)3ln x+1等價于f(t)>3t+1. 設(shè)g(x)=f(x)-3x-1,則g(x)=f(x)-3, ∵f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<3, ∴g(x)=f(x)-3<0, ∴函數(shù)g(x)=f(x)-3x-1在R上單調(diào)遞減. ∵f(2)=7,∴g(2)=f(2)-32-1=0, 則由g(t)=f(t)-3t-1>0=g(2),解得t<2, ∴l(xiāng)n x<2,解得03ln x+1的解集為(0,e2). 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【備選理由】 例1討論函數(shù)的單調(diào)性;例2可以進一步明確不等式f(x)>0的解集對應(yīng)的區(qū)間是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,不等式f(x)<0的解集對應(yīng)的區(qū)間是f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間;例3為含參函數(shù)單調(diào)性的討論及利用單調(diào)性求參的綜合問題,旨在使學(xué)生加深對導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系的理解,并強化處理參數(shù)問題的原則和方法. 例1　[配合例1使用] 已知函數(shù)f(x)=(x-a)ex-12ax2+a(a-1)x(x∈R). (1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線為l,l與x軸的交點坐標為(2,0),求a的值; (2)討論f(x)的單調(diào)性. 解:(1)∵f(x)=(x-a)ex+ex-ax+a(a-1), ∴f(0)=(a-1)2, 又∵f(0)=-a, ∴切線方程為y+a=(a-1)2(x-0). 令y=0,得x=a(a-1)2=2, ∴2a2-5a+2=0,∴a=2或a=12. (2)f(x)=(x-a)ex+ex-ax+a(a-1)=[x-(a-1)](ex-a). 當(dāng)a≤0時,ex-a>0,若x∈(-∞,a-1),則f(x)<0,f(x)為減函數(shù);若x∈(a-1,+∞),則f(x)>0,f(x)為增函數(shù). 當(dāng)a>0時,令f(x)=0,得x1=a-1,x2=ln a. 令g(a)=a-1-ln a,則g(a)=1-1a=a-1a, 當(dāng)a∈(0,1)時,g(a)<0,g(a)為減函數(shù),當(dāng)a∈(1,+∞)時,g(a)>0,g(a)為增函數(shù), ∴g(a)min=g(1)=0, ∴a-1≥ln a(當(dāng)且僅當(dāng)a=1時取“=”). ∴當(dāng)01時,若x∈(-∞,ln a),則f(x)>0,f(x)為增函數(shù);若x∈(ln a,a-1),則f(x)<0,f(x)為減函數(shù);若x∈(a-1,+∞),則f(x)>0,f(x)為增函數(shù). 當(dāng)a=1時,f(x)=x(ex-1)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上為增函數(shù). 綜上所述:當(dāng)a≤0時,f(x)在(-∞,a-1)上為減函數(shù),在(a-1,+∞)上為增函數(shù);當(dāng)01時,f(x)在(ln a,a-1)上為減函數(shù),在(-∞,ln a)和(a-1,+∞)上為增函數(shù);當(dāng)a=1時,f(x)在(-∞,+∞)上為增函數(shù). 例2　[配合例2使用] [2018東莞模擬] 已知函數(shù)f(x)=ax2e-x(a≠0),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解:對f(x)求導(dǎo),得f(x)=a2xex-x2ex(ex)2=ax(2-x)ex. ①若a>0,則當(dāng)x∈(0,2)時,f(x)>0,當(dāng)x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)時,f(x)<0, 所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增,在(-∞,0),(2,+∞)上單調(diào)遞減. ②若a<0,則當(dāng)x∈(0,2)時,f(x)<0,當(dāng)x∈(-∞,0)或x∈(2,+∞)時,f(x)>0, 所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(-∞,0),(2,+∞)上單調(diào)遞增. 例3　[配合例3使用] [2018重慶七校期末] 已知函數(shù)f(x)=x2+(m+2)x+n(m,n為常數(shù)). (1)當(dāng)n=1時,討論函數(shù)g(x)=exf(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)n=2時,若函數(shù)h(x)=x+f(x)ex在[0,+∞)上單調(diào)遞增,求m的取值范圍. 解:(1)當(dāng)n=1時,g(x)=ex[x2+(m+2)x+1], g(x)=ex[x2+(m+4)x+(m+3)]=ex(x+1)[x+(m+3)]. 令g(x)=0,解得x=-1或x=-(m+3). ∴當(dāng)-1<-(m+3),即m<-2時,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1),(-m-3,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,-m-3); 當(dāng)-1=-(m+3),即m=-2時,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞),無單調(diào)遞減區(qū)間; 當(dāng)-1>-(m+3),即m>-2時,函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-m-3),(-1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-m-3,-1). (2)當(dāng)n=2時,h(x)=x+x2+(m+2)x+2ex, h(x)=1+-x2-mx+mex. 由題意知,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 即ex-x2≥m(x-1)在[0,+∞)上恒成立. 當(dāng)x=1時,不等式成立. 當(dāng)x≠1時,令k(x)=ex-x2x-1,則k(x)=(x-2)(ex-x)(x-1)2. 當(dāng)x>1時,只需k(x)≥m恒成立. ∵ex-x>0恒成立(可求導(dǎo)證明), ∴當(dāng)12時,k(x)>0,k(x)單調(diào)遞增. ∴k(x)≥k(2)=e2-4,∴m≤e2-4. 當(dāng)0≤x<1時,只需k(x)≤m恒成立. ∵0≤x<1,∴k(x)<0,∴k(x)單調(diào)遞減, ∴k(x)≤k(0)=-1,∴m≥-1. 綜上所述,-1≤m≤e2-4.