《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 2 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 2 第二節(jié) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性課件.ppt（38頁珍藏版）》請?jiān)谘b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,1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系,教材研讀,考點(diǎn)一 證明函數(shù)的單調(diào)性,考點(diǎn)二 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,考點(diǎn)突破,考點(diǎn)三 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用,1.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 (1)設(shè)函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo): 若f (x)0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù); 若f (x)<0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是減函數(shù); 若f (x)=0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).,教材研讀,(2)求可導(dǎo)函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間的步驟: (i)確定f(x)的定義域; (ii)求導(dǎo)數(shù)f (x); (iii)令f (x)0或f (x)0時, f(x)在相應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù), 當(dāng)f (x)<0時, f(x)在相

2、應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù).,2.注意求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵守定義域優(yōu)先的原則,否則易導(dǎo)致錯誤.,1.(2018南京期末調(diào)研)函數(shù)f(x)=xex的單調(diào)減區(qū)間是.,答案(-,-1),解析f(x)=xex,f (x)=(1+x)ex,由f (x)0,得該函數(shù)的減區(qū)間為(-,-1).,,,2.若可導(dǎo)函數(shù)f(x)是減函數(shù),則 (x1x2)的符號為.,答案負(fù),解析由題意得f (x)<0,則 <0.,,,3.函數(shù)y=x-2cos x的增區(qū)間是.,答案(kZ),解析易得y=1+2sin x,由y0,得sin x-,則2k-

3、函數(shù)f(x)=sin x-x,則不等式f(x+2)+f(1-2x)<0的解集是.,答案x|x<3,解析函數(shù)f(x)=sin x-x的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱,且滿足f(-x)=-f(x),又f (x)=cos x-10,所以函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),且是減函數(shù),則f(x+2)+f(1-2x)2x-1,解得x<3,故該不等式的解集是x|x<3.,,,5.已知m是實(shí)數(shù),函數(shù)f(x)=x2(x-m),若f (-1)=-1,則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是.,答案,(0,+),解析f (x)=3x2-2mx,f (-1)=3+2m=-1, 解得m=-2,f (x)=3x2+4x. 令f (x)0,解得x0.

4、故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為,(0,+).,,,考點(diǎn)一 證明函數(shù)的單調(diào)性 典例1已知函數(shù)f(x)=ax4-x2(a0),x(0,+),求證: f(x)在f (x)的單調(diào)減 區(qū)間上也單調(diào)遞減.,考點(diǎn)突破,證明f (x)=4ax3-x(a0),x(0,+),由(4ax3-x)=12ax2-1<0得f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為.當(dāng)x時, f (x)=4ax3-x=x(4ax2-1)<0,f(x) 在f (x)的單調(diào)減區(qū)間上也單調(diào)遞減.,,規(guī)律總結(jié) 證明可導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性有導(dǎo)數(shù)法和定義法兩種方法,解決問題時常用導(dǎo)數(shù)法,即要證明f(x),xD單調(diào)遞增(減),只需證明f (x)0,xD(f (x)0,xD)成

5、立.,1-1已知f(x)=ex+,求證: f(x)在(0,+)上是增函數(shù). 證明因?yàn)閒 (x)=ex-=0,x(0,+),所以f(x)在(0,+)上 是增函數(shù).,,考點(diǎn)二 求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 角度一求不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 典例2設(shè)函數(shù)f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(diǎn)(2, f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.,解析(1)因?yàn)閒(x)=xea-x+bx, 所以f (x)=(1-x)ea-x+b. 由題意知 即 解得a=2,b=e. (2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f (x)=e2-x(1-x+ex-1

6、)及e2-x0知, f (x)與1-x+ex-1同號.,令g(x)=1-x+ex-1,則g(x)=-1+ex-1. 所以,當(dāng)x(-,1)時,g(x)0,g(x)在區(qū)間(1,+)上單調(diào)遞增. 故g(1)=1是g(x)在區(qū)間(-,+)上的最小值, 從而g(x)0,x(-,+). 綜上可知, f (x)0,x(-,+).故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,+).,易錯警示 求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時首先要考慮定義域,其次求導(dǎo)后解不等式求得單 調(diào)區(qū)間,若區(qū)間不止一個,這些區(qū)間應(yīng)用“,”或“和”隔開,不能用“”連接.,角度二求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間 典例3(2019江蘇高考數(shù)學(xué)模擬)設(shè)kR,函數(shù)f(x)=ln x

7、+x2-kx-1. 求:(1)k=1時,不等式f(x)-1的解集; (2)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.,解析(1)k=1時,不等式f(x)-1即ln x+x2-x0.設(shè)g(x)=ln x+x2-x,x0,因?yàn)?g(x)=+2x-1=0在定義域(0,+)上恒成立,所以g(x)在(0,+)上 單調(diào)遞增.又g(1)=0,所以f(x)-1的解集為(1,+). (2)f (x)=+2x-k=(x0),由f (x)0得2x2-kx+10(*).,當(dāng)=k2-80,即-2k2時,(*)在R上恒成立,所以f(x)的單調(diào)遞增 區(qū)間為(0,+).,當(dāng)=k2-80,即k2時,方程2x2-kx+1=0的相異實(shí)根分別為x

8、1=, x2=, 因?yàn)樗?

9、知f (x)<0在(-,0)上恒成立, 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-,0)上為減函數(shù).,,當(dāng)x0時, f(x)=ex-2x,則f (x)=ex-2. 令f (x)=0,解得x=ln 2.當(dāng)0ln 2時, f (x)0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,ln 2)上為減函數(shù),在區(qū)間(ln 2,+)上為增函數(shù).,綜上,函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(-,0)和(0,ln 2),單調(diào)增區(qū)間為(ln 2,+).,2-2(2018江蘇徐州王杰中學(xué)月考節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=ln x-ax,g(x)=+a. 討論函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)的單調(diào)性.,解析F(x)=f(x)-g(x)=ln x-ax--a,x0,

10、則F (x)=. 當(dāng)a0,F (x)0時,x(0,+),所以F(x)=f(x)-g(x)在(0,+)上是增函數(shù). 當(dāng)a0時,易知F(x)=f(x)-g(x)在上是增函數(shù),在 上是減函數(shù).,,典例4(1)(2018江蘇揚(yáng)州中學(xué)高三開學(xué)考)若函數(shù)f(x)=(cos x-sin x). (cos x+sin x)+3a(sin x-cos x)+(4a-1)x在上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取 值范圍是. (2)(2018江蘇如東高級中學(xué)高三上學(xué)期期中)函數(shù)f(x)=x2,g(x)=aln x,對 區(qū)間1,2上任意不相等的實(shí)數(shù)x1,x2,都有2恒成立,則正 數(shù)a的取值范圍是.,考點(diǎn)三 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 角度

11、一由函數(shù)的單調(diào)性,求參數(shù)的取值范圍,解析(1)f(x)=cos 2x+3a(sin x-cos x)+(4a-1)x,則f (x)=-sin 2x+3a(cos x+ sin x)+4a-1,由題意知f (x)0在上恒成立, 令cos x+sin x=t,則t=sin,t-1,1,則-t2+3at+4a0在t-1,1上 恒成立,則a,t-1,1, =1,當(dāng)t=-1時取等號,則a1.,答案(1)1,+)(2)(0,1,,(2)不妨設(shè)1x10在1,2上遞增,則g()< g(),則f(x1)-f(x2)<2g()-2g(),則f(x1)-2g()

12、),則h(x)=x2-aln x,則h(x)在1,2上遞增,即h(x)=x-0在1,2 上恒成立,則0

13、<0,xD有解.,典例5(2017江蘇,11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然對數(shù) 的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是.,角度二利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式,答案,,解析易知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱.,f(x)=x3-2x+ex-,,f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x- =-x3+2x+-ex=-f(x), f(x)為奇函數(shù).,又f (x)=3x2-2+ex+3x2-2+2=3x20(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時,取“=”),從而f(x) 在R上單調(diào)遞增, f(a-1)+f(2a2)0f(a-1)f(-2a2)-2a2a-1, 解得-1a.,規(guī)

14、律總結(jié) 利用函數(shù)的單調(diào)性“脫f ”轉(zhuǎn)化為具體的不等式是解題的關(guān)鍵,有時還需要利用導(dǎo)數(shù)公式以及運(yùn)算法則的逆向應(yīng)用構(gòu)造新函數(shù),再利用導(dǎo)數(shù)求 函數(shù)的單調(diào)性,進(jìn)而解不等式.,3-1設(shè)f(x)是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù),且滿足f(x)+x f (x)0,則不等式 f()f()的解集為.,答案1,2),解析令F(x)=xf(x),則F(x)=f(x)+x f (x),因?yàn)镕(x)0,所以F(x)是定義在R上的遞增函數(shù),f()f()f()f(), 即F()F(),則,解得-1

15、(0, f(0))處的切線方程為y =1. (1)求b,c的值; (2)若a0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)+2x,且g(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.,解析(1)f (x)=x2-ax+b, 由題意得解得 (2)由(1)得f (x)=x2-ax=x(x-a)(a0). 當(dāng)x(-,0)時, f (x)0; 當(dāng)x(0,a)時, f (x)0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-,0),(a,+),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,a). (3)g(x)=x2-ax+2,依題意知,存在x(-2,-1),使不等式g(x)=x2-ax+2<0成立,,所以x(-2,-1)時,a<, 因?yàn)閤+-2, 當(dāng)且僅當(dāng)x=,即x=-時等號成立. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-,-2).,