2018届高三数学一轮复习导数及其应用第二节导数与函数的单调性课件理.pptx

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1、理数课标版第二节　导数与函数的单调性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,(1)若f'(x)>0在该区间内恒成立,则f(x)在这个区间内①单调递增;(2)若f'(x)<0在该区间内恒成立,则f(x)在这个区间内②单调递减;(3)若f'(x)=0在该区间内恒成立,则f(x)在这个区间内是③常数函数.教材研读判断下面结论是否正确(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)在(a,b)内f

2、'(x)≤0且f'(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内是减函数.(√)1.函数f(x)=cosx-x在(0,π)上的单调性是(　　)A.先增后减　    B.先减后增　    C.单调递增　    D.单调递减答案D　∵在(0,π)上,f'(x)=-sinx-1<0,∴f(x)在(0,π)上单调递减,故选D.2.(2016课标全国Ⅰ,12,5分)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(　　)A.[-1,1]　    B.C.D.答案Cf'(x)=1-cos2x+acosx=1-(2cos2x-1)+ac

3、osx=-cos2x+acosx+,f(x)在R上单调递增,则f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,则t∈[-1,1],则-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则解得-≤a≤,故选C.3.函数y=x2-lnx的单调递减区间为.答案(0,1]解析由题意知函数的定义域为(0,+∞),由y'=x-≤0(x>0),解得0

4、1,+∞)上,f'(x)≥0,即a≤3x2,又x∈[1,+∞)时,3x2≥3,∴a≤3,即a的最大值是3.考点一　利用导数判断或证明函数的单调性典例1(2016课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2.讨论f(x)的单调性.解析f'(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(i)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增.(ii)设a<0,由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a).①若a=-,则f

5、'(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.考点突破②若a>-,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(ln(-2a),1)时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)单调递增,在(ln(-2a),1)单调递减.③若a<-,则ln(-2a)>1,故当x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f'(x)>0;当x∈(1,ln(-2a))时,f'(x)<0.所以f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)单调递增,在(1,ln(-2a))单调递减

6、.方法技巧用导数法判断函数f(x)在(a,b)内的单调性的步骤①求f'(x).②确定f'(x)在(a,b)内的符号.③作出结论,依据是f'(x)>0时为增函数;f'(x)<0时为减函数.[提醒]　研究含参数的函数的单调性时,需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.1-1(2015重庆,19,12分)已知函数f(x)=ax3+x2(a∈R)在x=-处取得极值.(1)确定a的值;(2)若g(x)=f(x)ex,讨论g(x)的单调性.解析(1)对f(x)求导得f'(x)=3ax2+2x,因为f(x)在x=-处取得极值,所以f'=0,即3a·+2×=-=0,

7、解得a=.(2)由(1)得g(x)=ex,故g'(x)=ex+ex=ex=x(x+1)(x+4)ex.令g'(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x<-4时,g‘(x)<0,故g(x)为减函数;当-40,故g(x)为增函数;当-10时,g'(x)>0,故g(x)为增函数.综上知g(x)在(-∞,-4)和(-1,0)内为减函数,在(-4,-1)和(0,+∞)内为增函数.考点一　利用导数求函数的单调区间典例2(2016天津,20,14分)设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,

8、其中a,b∈R.求f(x)的单调区间.