3-2 2019高三一轮复习课件利用导数研究函数的单调性
＋∞)恒成立．又当x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，∴a的
取值范围是(－∞，3]． 答案 (－∞，3]
基础诊断
考点突破
4．(2017·南京、盐城模拟)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2， 对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________． 解析 设F(x)＝f(x)－(2x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－2＋4)
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1. 所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单 调递减； 当 x∈(1 ，＋ ∞ ) 时， g′(x) ＞ 0 ， g(x) 在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递 增． 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
(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)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件． ( )
(
)
基础诊断
考点突破
解析
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增一定有 f′(x)≥0，且不
单调递增 ； (2)如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间内 单调递减 ．
基础诊断
考点突破
2．利用导数求函数单调区间的基本步骤是： (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)；
(3) 由 f′(x) ＞ 0( 或＜ 0) 解出相应的 x 的取值范围．当 f′(x) ＞ 0
1 G(x)＝x－12－1，x∈[1,4]
1 1 因为 x∈[1,4]，所以x∈4，1，
7 7 所以 G(x)max＝－16(此时 x＝4)，所以 a≥－16.
基础诊断
考点突破
7 当 a＝－16时， 16＋7x2－32x 7x－4x－4 1 7 h′(x)＝ x＋16x－2＝ ＝ ， 16x 16x ∵x∈[1,4]， 7x－4x－4 ∴h′(x)＝ ≤0， 16x 当且仅当 x＝4 时等号成立．(***) ∴h(x)在[1,4]上为减函数． 故实数 a
基础诊断
考点突破
解
1 a 1 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝ － 2－ ， 4 x x
1 3 由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝ x 知 f′(1)＝－ －a＝ 2 4 5 －2，解得 a＝4. x 5 3 (2)由(1)知 f(x)＝ ＋ －ln x－ ，(x>0)． 4 4x 2 x2－4x－5 则 f′(x)＝ . 4x2 令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去． 当 x∈(0,5)时，f′(x)<0；当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．
考点突破
【训练 1】 设 f(x)＝ex(ax2＋x＋1)(a＞0)，试讨论 f(x)的单调性． 解 f′(x)＝ex(ax2＋x＋1)＋ex(2ax＋1) ＝ex[ax2＋(2a＋1)x＋2] ＝ex(ax＋1)(x＋2) ＝a e
x
1 x＋ (x＋2) a
1 1 x ①当 a＝2时，f′(x)＝2e (x＋2)2≥0 恒成立， ∴函数 f(x)在 R 上单调递增；
单调递பைடு நூலகம்；
基础诊断
考点突破
1 1 ③当 a＞ 时，有 ＜2， 2 a 令 f′(x)＝ae 令 f′(x)＝ae ∴函数
x
1 x＋ (x＋2)＞0 a 1 x＋ (x＋2)＜0 a
1 时，有 x＞－a或 x＜－2， 1 时，有－2＜x＜－a，
x
1 1 f(x)在(－∞，－2)和－a，＋∞上单调递增；在－2，－a上
基础诊断
考点突破
1 2 解 (1)h(x)＝ln x－2ax －2x，x>0. 1 ∴h′(x)＝ x－ax－2. 若函数 h(x)在(0，＋∞)上存在单调减区间， 1 1 2 则当 x>0 时， x－ax－2<0 有解，即 a>x2－x有解． 1 2 设 G(x)＝x2－x，所以只要 a>G(x)min.(*) 又
数f(x)在[a，b]上单调递减，则f′(x)≤0恒成立，得到关于参
数的不等式，解出参数范围； (3)验证参数范围中取等号时，是否恒有f′(x)＝0.若f′(x)＝0 恒成立，则函数 f(x) 在 (a ， b) 上为常数函数，舍去此参数 值.
基础诊断
考点突破
诊断自测 1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)
7 的取值范围是－16，＋∞.
基础诊断
考点突破
易错警示
1 (1)存在性命题理解不清，不能将第(1)问转化为 －ax－ x
2<0 有解， 难以得到不等式(*)． 错求 a 的取值范围． (2)错误理解“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 0.应注意此时式子中的等号 不能省略，否则漏解．”导致在第(2)问中(**)处易错求 h′(x)<0 恒成 7 立，另外在(***)处容易忽视 a＝－ 进行检验． 16
∴当 x∈(0,1)时 f′(x)＜0，f(x)为减函数； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数． 答案 (0,1)
基础诊断
考点突破
3．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)是增函数，则实数a的取值范 围是________． 解析 f′(x)＝3x2－a，由题意知3x2－a≥0，即a≤3x2在x∈[1，
f2＝2e＋2， 依题设， f′2＝e－1，
a －2 2e ＋2b＝2e＋2， 即 a－2 ＋b＝e－1. －e
解得 a＝2，b＝e.
基础诊断 考点突破
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex， 由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号．
第2讲 利用导数研究函数的单调性
基础诊断
考点突破
考试要求 1.函数单调性与导数的关系，A级要求；2.利用导
数研究函数的单调性，求函数的单调区间(其中多项式函数一 般不超过三次)，B级要求．
基础诊断
考点突破
知识梳理 1．函数的单调性与导数的关系 已知函数f(x)在某个区间内可导，
(1)如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间内
恒为 0 ，故①错． (3)f′(x)>0 是 f(x) 为增函数的充分不必要条
件．如f(x)＝x3在R上为增函数，但f′(x)≥0，故(3)错．
答案 (1)× (2)√ (3)×
基础诊断
考点突破
2．(选修 2－2P29 练习 4(1)改编)函数 f(x)＝x2－2ln x 的单调递减区 间是________． 解析 2 2x＋1x－1 ∵f′(x)＝2x－ x＝ (x＞0)． x
1 G(x)＝x－12－1，所以
G(x)min＝－1.
所以 a>－1.即实数 a 的取值范围是(－1，＋∞)．
基础诊断 考点突破
(2)由 h(x)在[1,4]上单调递减， 1 ∴当 x∈[1,4]时，h′(x)＝ x－ax－2≤0 恒成立，(**) 1 2 则 a≥x2－x恒成立，所以 a≥G(x)max. 又
单调递减．
基础诊断
考点突破
考点二 求函数的单调区间(易错警示) 【例 2】 (2016· 北京卷)设函数 f(x)＝xea－x＋bx，曲线 y＝f(x)在点(2， f(2))处的切线方程为 y＝(e－1)x＋4. (1)求 a，b 的值； (2)求 f(x)的单调区间． 解 (1)f(x)的定义域为 R. ∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
1－ln x 当 x∈(0，e)时， >0，即 f′(x)>0， x2 ∴f(x)在(0，e)上为增函数， 又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)． 答案 f(a)<f(b)
基础诊断
考点突破
考点一 利用导数研究函数的单调性 【例 1】 (2016· 四川卷节选)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，其中 a∈R， 讨论 f(x)的单调性．
1 ，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 2a
基础诊断 考点突破
规律方法 步骤： (1)求f′(x)；
用导数讨论 (证明) 函数f(x)在(a，b)内的单调性的
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数．
基础诊断
函数 f(x) ＝ x3 ， f′(x) ＝ 3x2≥0(x ＝ 0 时， f′(x) ＝ 0) ，但 f(x) ＝ x3 在 R
上是增函数．
基础诊断
考点突破
x a 3 【训练 2】 已知函数 f(x)＝4＋x－ln x－2，其中 a∈R，且曲线 y＝ 1 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝ x. 2 (1)求 a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间．
＝2－2＝0.
F′(x)＝f′(x)－2，对任意x∈R，F′(x)>0， 即函数F(x)在R上是单调增函数， 则F(x)>0的解集为(－1，＋∞)， 故f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)． 答案 (－1，＋∞)
基础诊断
考点突破
ln x 5．若 f(x)＝ ，0<a<b<e，则 f(a)，f(b)的大小关系为________． x 解析 1－ln x f′(x)＝ x2 ，
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习第四章第二节利用导数研究函数的单调性pptx课件北师大版
第二节 利用导数研究函数的单调性
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
课标解读
1.结合实例,借助几何直观了
解函数的单调性与导数的关
系.
2.能利用导数研究函数的单
调性,会求函数的单调区间.
3.能够利用导数解决与函数
单调性有关的问题.
衍生考点
核心素养
1.研究不含参函数的
单调性
数学抽象
+1
(2)若-1≤a<0,由于 ≤0,所以
+1
(- )
.
2
+1
,
+∞
+1
0,
.
f'(x)<0,即 f(x)的单调递减区间是(0,+∞).
;
+1
(3)若 a<-1, >0,当 x∈
当 x∈
+1
, +∞
+1
0,
时,f'(x)>0,所以 f(x)的单调递增区间是
且g(-2)=g(2)=2f(2)=0,g(0)=0.因为f(x)>0,所以当x>0时,由g(x)=xf(x)>0得
2.讨论含参函数的单
逻辑推理
调性
数学运算
3.与导数有关的函数
数学建模
单调性的应用
强基础 增分策略
知识梳理
1.函数的单调性与其导数的关系
导数的符号与函数的单调性之间具有如下的关系:
(1)若在某个区间内,函数y=f(x)的导数f'(x)>0,则在这个区间内,函数
高三一轮总复习理科数课件：--导数与函数的单调性 .ppt..
A．2 和－2
B．2 和 0
C．0 和－2
D．1 和 0
解析：由 f(x)＝x3－3x， 求导得 f′(x)＝3x2－3，由 3x2－3＝0，得 x＝±1，在[－1，2]上有一个极值， 且 f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2. 则可得最大值和最小值分别为 2 和－2.故选 A.
答案：A
你是我心中最美的云朵
11
3．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是( )
A．0
B．1
C．2
D．无数个
解析：f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－x2x＋1，由 f′(x)＝0 得 6x2－2x＋1＝0，方程无解， 因此函数无极值点．故选 A.
答案：A
你是我心中最美的云朵
12
4．给出下列命题： ①f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充要条件． ②函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的． 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． 其中真命题是________．(写出所有真命题的序号)
14
3
考点疑难突破
你是我心中最美的云朵
15
第一课时 导数与函数的单调性
你是我心中最美的云朵
16
判断或证明函数的单调性
[典 例 导 引] 已知函数 f(x)＝x－2x＋a(2－ln x)，a＞0.讨论 f(x)的单调性． 【解】 由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝1＋x22－ax＝x2－xa2x＋2. 设 g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0 的判别式 Δ＝a2－8.
求函数的单调区间
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《导数与函数的单调性》课件
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系
条件
函数y＝f(x)在区间 (a，b)上可导
恒有 f′(x)>0 f′(x)<0 f′(x)＝0
结论 f(x)在区间(a，b)上_单__调__递__增__ f(x)在区间(a，b)上_单__调__递__减__ f(x)在区间(a，b)上是_常__数__函__数__
题型二 含参数的函数的单调性
例2 已知函数f(x)＝(2－a)x－ln x－1，a∈R. (1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的单调递增区间；
当 a＝1 时，f(x)＝x－ln x－1，则 f′(x)＝1－1x＝x－x 1(x>0)， 当x>1时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞).
知识梳理
2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的 定义域 ； 第2步，求出导数f′(x)的 零点 ； 第 3 步 ， 用 f′(x) 的 零 点 将 f(x) 的 定 义 域 划 分 为 若 干 个 区 间 ， 列 表 给 出 f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.
综上，当－2<a<0 时，g(x)的单调递减区间为0，12，－1a，＋∞， 单调递增区间为12，－1a； 当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当 a<－2 时，g(x)的单调递减区间为0，－1a，12，＋∞，单调递增 区间为－1a，12.
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 为零的点和函数的间断点.
新高考一轮复习人教A版第二章第十一讲导数与函数的单调性课件(60张)
【题后反思】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)单调递增(减)的充要条件是对任意的 x∈(a，b) 都有 f′(x)≥0(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， 否则会漏解. (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式 有解问题.
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－a＋x 1x＋1＝
ax－1x－1
x
.
①当 0<a<1 时，1a>1， ∴x∈(0,1)和1a，＋∞时，f′(x)>0； x∈1，a1时，f′(x)<0， ∴函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单调递增，在1，1a上 单调递减；
综上，当 0<a<1 时，函数 f(x)在(0,1)和1a，＋∞上单 调递增，在1，a1上单调递减；
当 a＝1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a>1 时，函数 f(x)在0，a1和(1，＋∞)上单调递增， 在1a，1上单调递减.
【题后反思】 (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， 还要确定导数为零的点和函数的间断点.
②当 a＞0 时，令 3x2－a＝0，得 x＝
33a或－
3a 3.
当 x＞ 33a或 x＜－ 33a时，f′(x)＞0；
当－ 33a＜x＜ 33a时，f′(x)＜0.
因此 f(x)在－∞，－ 33a， 33a，＋∞上单调递增， 在－ 33a， 33a上单调递减.
高考数学一轮复习-用导数研究函数的单调性ppt课件
恒成立，即 ≥
恒成立，又 =
在 , +∞ 上单调递减，故
< ，所以
+
+
+
≥ ，当 = 时，导数不恒为0.故选D.
02
研考点 题型突破
题型一 不含参数的函数的单调性
典例1 函数y = xln x(
D )
A.是严格增函数
B.在
1
0,
e
上是严格增函数，在
1
, +∞
e
上是严格减函数
为 , .故选A.
（2）函数f x
[解析] 函数
或 =
2
x2
0,
= x 的增区间为________.
ln 2
2
⋅ − ⋅ ⋅
= ，则′ =
，当
.
.令′ = ，解得 =
∈ −∞, 时,′ < ,函数 单调递减，当 ∈ ,
（2）已知函数f x = ex − e−x − 2x + 1，则不等式f 2x − 3 >
3
, +∞
1的解集为_________.
2
[解析] = − − − + ，其定义域为，
∴ ′ = + − − ≥ ⋅ − − = ，当且仅当 = 时取“=”，∴ 在
在 a, b 上单调递减，则当x ∈ a, b 时，f′ x ≤ 0恒成立.
2.若函数f x 在 a, b 上存在增区间，则当x ∈ a, b 时，f′ x > 0有解；若函数f x
在 a, b 上存在减区间，则当x ∈ a, b 时，f′ x < 0有解.
2019版高考数学第3章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性教案理
第2讲 导数与函数的单调性1．函数的单调性与导数的关系(1)函数f (x )在(a ，b )内可导，且f ′(x )在(a ，b )任意子区间内都不恒等于0，当x ∈(a ，b )时．f ′(x )≥0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递增； f ′(x )≤0⇔函数f (x )在(a ，b )上单调递减．(2)f ′(x )＞0(＜0)在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b)上单调递增(减)的充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数的符号．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．( ) 答案：(1)× (2)√函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．增函数D ．减函数解析：选D.因为f ′(x )＝－sin x －1＜0. 所以f (x )在(0，π)上是减函数，故选D.(教材习题改编)函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息： ①f ′(x )>0时，－1<x <2； ②f ′(x )<0时，x <－1或x >2； ③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )解析：选C.根据信息知，函数f (x )在(－1，2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.(教材习题改编)函数f (x )＝e x－x 的单调递增区间是________．解析：因为f (x )＝e x －x ，所以f ′(x )＝e x－1， 由f ′(x )>0，得e x－1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是增函数，则实数a 的最大值是________．解析：f ′(x )＝3x 2－a ≥0，即a ≤3x 2，又因为x ∈[1，＋∞)，所以a ≤3，即a 的最大值是3. 答案：3利用导数判断(证明)函数的单调性[典例引领](2017·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x .讨论f (x )的单调性． 【解】 (分类讨论思想)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x＋a )(e x－a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞单调递增．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数.[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[通关练习]1．函数f (x )＝e 2x＋2cos x －4的定义域是[0，2π]，则f (x )( ) A ．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数 B ．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数 C ．在[0，2π]上是增函数 D ．在[0，2π]上是减函数解析：选C.由题意可得f ′(x )＝2e 2x－2sin x ＝2(e 2x－sin x )． 因为x ∈[0，2π]，所以f ′(x )≥2(1－sin x )≥0， 所以函数f (x )在[0，2π]上是增函数，故选C. 2．已知函数f (x )＝m ln(x ＋1)，g (x )＝xx ＋1(x ＞－1)．讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )在(－1，＋∞)上的单调性． 解：F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝mx ＋1－1（x ＋1）2＝m （x ＋1）－1（x ＋1）2(x ＞－1)． 当m ≤0时，F ′(x )＜0，函数F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，令F ′(x )＜0，得x ＜－1＋1m ，函数F (x )在(－1，－1＋1m)上单调递减；令F ′(x )＞0，得x ＞－1＋1m ，函数F (x )在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．综上所述，当m ≤0时，F (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当m ＞0时，F (x )在(－1，－1＋1m )上单调递减，在(－1＋1m，＋∞)上单调递增．求函数的单调区间[典例引领](2016·高考北京卷)设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)求f (x )的单调区间． 【解】 (1)因为f (x )＝x e a －x＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1， 解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e 2－x(1－x ＋e x －1)及e2－x＞0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋ex －1.所以当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f ′(x )＞0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．利用导数求函数的单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．函数f (x )＝3＋x ln x 的单调递减区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e D.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ 解析：选B.因为函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝ln x ＋x ·1x＝ln x ＋1，令f ′(x )＜0，解得：0＜x ＜1e.故f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .函数单调性的应用(高频考点)利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度： (1)比较大小或解不等式；(2)已知函数单调性求参数的取值范围．[典例引领]角度一 比较大小或解不等式(构造函数法)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1，1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)【解析】 由f (x )＞2x ＋4，得f (x )－2x －4＞0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2，因为f ′(x )＞2，所以F ′(x )＞0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增，而F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4＞0等价于F (x )＞F (－1)，所以x ＞－1，故选B. 【答案】 B角度二 已知函数单调性求参数的取值范围已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋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 －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x ∈(0，＋∞)时，1x－ax －2＜0有解．即a ＞1x 2－2x有解，设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a ＞G (x )min 即可．而G (x )＝(1x－1)2－1，所以G (x )min ＝－1. 所以a ＞－1.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x恒成立．所以a ≥G (x )ma x ，而G (x )＝(1x－1)2－1，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈[14，1]，所以G (x )ma x ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，即a 的取值范围是[－716，＋∞)．1.本例条件变为：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， 所以当x ∈[1，4]时，a ≤1x 2－2x恒成立，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1(此时x ＝1)，所以a ≤－1，即a 的取值范围是(－∞，－1]．2.本例条件变为：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， 所以当x ∈[1，4]时，a ＞1x 2－2x有解，又当x ∈[1，4]时，(1x 2－2x)min ＝－1，所以a ＞－1，即a 的取值范围是(－1，＋∞)．(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值． [提醒] 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 )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．[通关练习]1．已知函数f (x )＝x 3－3x ，若在△ABC 中，角C 是钝角，则( ) A ．f (sin A )＞f (cos B ) B ．f (sin A )＜f (cos B ) C ．f (sin A )＞f (sin B )D ．f (sin A )＜f (sin B )解析：选A.因为f (x )＝x 3－3x ，所以f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，故函数f (x )在区间(－1，1)上是减函数，又A 、B 都是锐角，且A ＋B ＜π2，所以0＜A ＜π2－B ＜π2，所以sin A＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，故f (sin A )＞f (cos B )，故选A.2．已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a >0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，则2≥1a ，即a ≥12.所以实数a 的取值范围是(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0(或<0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的充分不必要条件； (2)f ′(x )≥0(或≤0)是f (x )在(a ，b )内单调递增(或递减)的必要不充分条件．利用导数研究函数的单调性的思路根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，则要根据参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，在分类解决问题后要整合为一个一般的结论．化归转化思想的应用(1)已知函数f (x )在D 上单调递增求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≥0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴下方的问题，已知函数f (x )在D 上单调递减求参数的取值范围，常转化为f ′(x )≤0在D 上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x 轴上方的问题．(2)已知函数f (x )在D 上不单调，①将其转化为其导数在该区间不会恒大于零或恒小于零；②构造函数，通过构造函数，把复杂的函数转化为简单的函数．易误防范(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则．(2)注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．(3)利用导数求函数的单调区间时，要正确求出导数等于零的点，不连续点及不可导点． (4)若f (x )在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪”连接，只能用“，”隔开或用“和”连接．1．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是( ) A ．增函数 B ．减函数 C ．先增后减D ．先减后增解析：选A .在(0，2π)上有f ′(x )＝1－cos x ＞0恒成立，所以f (x )在(0，2π)上单调递增．2．函数f (x )＝axx 2＋1(a ＞0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1，1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)或(1，＋∞)解析：选B.函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a （1－x 2）（x 2＋1）2＝a （1－x ）（1＋x ）（x 2＋1）2.由于a ＞0，要使f ′(x )＞0，只需(1－x )·(1＋x )＞0，解得x ∈(－1，1)． 3．(2018·太原模拟)函数f (x )＝exx的图象大致为( )解析：选 B.由f (x )＝exx ，可得f ′(x )＝x e x －e x x 2＝（x －1）e xx 2，则当x ∈(－∞，0)和x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又当x ＜0时，f (x )＜0，故选B.4．(2018·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( ) A ．a ＜1 B ．a ≤1 C ．a ＜2D ．a ≤2解析：选D.由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －ax， 因为f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， 因为x ∈(1，＋∞)时，2x 2＞2，所以a ≤2故选D.5．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．a ＜b ＜c B ．c ＜b ＜a C ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：选C.因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )＜0，所以f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝b ， 又f (x )＝f (2－x )， 所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)＜f (0)＝a ，所以c ＜a ＜b ，故选C.6．函数f (x )＝x 4＋54x －ln x 的单调递减区间是________．解析：因为f (x )＝x 4＋54x－ln x ，所以函数的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x2， 令f ′(x )＜0，解得0＜x ＜5，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，f (2)的大小关系为________(用“＜”连接)．解析：函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)． 又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，f ′(x )＜0.所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＞f (2)＞f (3)＝f (－3)．答案：f (－3)＜f (2)＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π28．(2018·张掖市第一次诊断考试)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间(12，3)上单调递减，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－ax ＋1，因为函数f (x )在区间(12，3)上单调递减，所以f ′(x )≤0在区间(12，3)上恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（12）≤0f ′（3）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧14－12a ＋1≤09－3a ＋1≤0，解得a ≥103，所以实数a 的取值范围为[103，＋∞)．答案：[103，＋∞)9．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0，6)． (1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解：(1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 故f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)， 由点(0，6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，解得a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x ＞0)，f ′(x )＝x －5＋6x＝（x －2）（x －3）x.令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3. 当0＜x ＜2或x ＞3时，f ′(x )＞0； 当2＜x ＜3时，f ′(x )＜0，故f (x )的单调递增区间是(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2，3)． 10．已知函数g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5.(1)若函数g (x )在(－2，－1)内为减函数，求a 的取值范围； (2)若函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a 的取值范围． 解：因为g (x )＝13x 3－a 2x 2＋2x ＋5，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2.(1)法一：因为g (x )在(－2，－1)内为减函数，所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立． 所以⎩⎪⎨⎪⎧g ′（－2）≤0，g ′（－1）≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧4＋2a ＋2≤0，1＋a ＋2≤0. 解得a ≤－3.即实数a 的取值范围为(－∞，－3]．法二：由题意知x 2－ax ＋2≤0在(－2，－1)内恒成立， 所以a ≤x ＋2x在(－2，－1)内恒成立，记h (x )＝x ＋2x，则x ∈(－2，－1)时，－3＜h (x )≤－22，所以a ≤－3. (2)因为函数g (x )在(－2，－1)内存在单调递减区间， 所以g ′(x )＝x 2－ax ＋2＜0在(－2，－1)内有解，所以a ＜⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x ma x.又x ＋2x≤－2 2.当且仅当x ＝2x即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．1．(2018·安徽江淮十校第三次联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．1＜a ≤2 B ．a ≥4 C ．a ≤2D ．0＜a ≤3解析：选A. 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x ，由f ′(x )＝x －9x ＜0，解得0＜x ＜3.因为函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a－1，a ＋1]上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧a －1＞0，a ＋1≤3，解得1＜a ≤2，选A.2．(2018·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )＜0，且f (－1)＝0，则f (x )＞0的解集为( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1，1) C ．(－∞，0) D ．(－1，＋∞)解析：选A.设g (x )＝f （x ）e2x，则g ′(x )＝f ′（x ）－2f （x ）e2x＜0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )＞0⇔g (x )＞0，所以x ＜－1.3．已知函数f (x )＝－ln x ＋ax ，g (x )＝(x ＋a )e x，a ＜0，若存在区间D ，使函数f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，则a 的取值范围是________．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x ＋a ＝ax －1x，由a ＜0可得f ′(x )＜0，即f (x )在定义域(0，＋∞)上单调递减，g ′(x )＝e x ＋(x ＋a )e x ＝(x ＋a ＋1)e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝－(a ＋1)，当x ∈(－∞，－a －1)时，g ′(x )＜0，当x ∈(－a －1，＋∞)时，g ′(x )＞0，故g (x )的单调递减区间为(－∞，－a －1)，单调递增区间为(－a －1，＋∞)．因为存在区间D ，使f (x )和g (x )在区间D 上的单调性相同，所以－a －1＞0，即a ＜－1，故a 的取值范围是(－∞，－1)． 答案：(－∞，－1)4．定义在R 上的奇函数f (x )，当x ∈(－∞，0)时f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立，若a ＝3f (3)，b ＝(log πe)f (log πe)，c ＝－2f (－2)，则a ，b ，c 的大小关系为________． 解析：设g (x )＝xf (x )， 则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，因为当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )＜0恒成立， 所以此时g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )＜0，即此时函数g (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，因为f (x )是奇函数，所以g (x )＝xf (x )是偶函数，即当x ＞0时，函数g (x )＝xf (x )单调递增，则a ＝3f (3)＝g (3)，b ＝(log πe)f (log πe)＝g (log πe)，c ＝－2f (－2)＝g (－2)＝g (2)，因为0＜log πe ＜1＜2＜3，所以g (3)＞g (2)＞g (log πe)，即a ＞c ＞b . 答案：a ＞c ＞b5．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x－ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)判断函数f (x )的单调性． 解：(1)因为a ＝e ，所以f (x )＝e x－e x －1，f ′(x )＝e x－e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0. 所以当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1. (2)因为f (x )＝e x－ax －1，所以f ′(x )＝e x－a . 易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．所以当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞1时，由f ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ，所以当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．6．(2018·武汉市武昌区调研考试)已知函数f (x )＝12x 2＋(1－a )x －a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得f ′(x )＝x ＋1－a －a x ＝x 2＋（1－a ）x －a x ＝（x ＋1）（x －a ）x.若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝a .当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当x ＞a 时，f ′(x )＞0. 此时f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)证明：令g (x )＝f (a ＋x )－f (a －x )，则g (x )＝12(a ＋x )2＋(1－a )(a ＋x )－a ln(a ＋x )－[12(a －x )2＋(1－a )(a －x )－a ln(a －x )]＝2x －a ln(a ＋x )＋a ln(a －x )． 所以g ′(x )＝2－a a ＋x －aa －x ＝－2x2a 2－x 2.当0＜x ＜a 时，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，a )上是减函数． 而g (0)＝0，所以g (x )＜g (0)＝0. 故当0＜x ＜a 时，f (a ＋x )＜f (a －x )．。
高三一轮总复习高效讲义第3章第2节利用导数研究函数的单调性课件
＝1－cos x≥0，所以 y＝x＋sin (－x)在(0，1)上单调递增．
答案：AB
3．函数 f(x)＝exx 的单调递增区间为________；单调递减区间为____________． 解析：函数的定义域为{x|x≠0}，且 f′(x)＝ex（xx－2 1） ，令 f′(x)>0 得 x>1，f(x)的单
[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，还要确定导数为零的点和函
数的间断点．
a<0， 讨论点一般有三类：①自变量系数 a 分a＝0，
②判别式
Δ
分ΔΔ<＝00，，
③两根的
a>0，
Δ>0，
x1<x2， 大小分x1＝x2，
角度 2 利用导数比较函数值的大小
【例 3】 (1) (2021·山东菏泽二模)已知 a、b、c∈0，3 ，且 a5＝5a、b4＝4b、c3
＝3c，下列不等式正确的是(
)
A．a>b>c
B．c>a>b
C．c>b>a
D．a>c>b
(2)已知 a>1，b>1，且满足 a2－3b＝2ln a－ln 4b，则(
＜x＜1．
③若 0＜a＜1e
，则 f ′(x)＞0，即为(x－1)·x－ln
1 a
＞0，可得 x＜1 或 x＞ln
1 a
；
f
′(x)＜0，即为(x－1)x－ln
1 a
＜0，可得 1＜x＜ln
1 a
．
综上，当 a≤0 时，f (x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
高考数学一轮复习第三章导数及其应用函数的单调性与导数课件
7 撬点·基础点 重难点
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2．函数 y＝(3－x2)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)
解析 y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)，
6 撬点·基础点 重难点
撬法·命题法 解题法
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1．思维辨析 (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)f(x)在(a，b)上单调递增与(a，b)是 f(x)的单调递增区间是相同的说法．( × )
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考点一 函数的单调性与导数
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1 函数的单调性与导数的关系
命题法 判断函数的单调性 典例 已知函数 f(x)＝ln x－mx＋m，m∈R. (1)已知函数 f(x)在点(1，f(1))处与 x 轴相切，求实数 m 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间； (3)在(1)的结论下，对于任意的 0<a<b，证明：fbb－ －afa<1a－1. [解] 由 f(x)＝ln x－mx＋m，得 f′(x)＝1x－m(x>0)． (1)依题意得 f′(1)＝1－m＝0，即 m＝1.
导数与函数的单调性高三数学一轮复习课件
上单调递减
答案：g'(x)=3x^2-6x+2，g'(x)在[1,2]上单调递减，所以g(x)在[1,2]上单调递减
题目：求函数 h(x)=x^33x^2+2x+1在区 间[-2,2]上的极值
答案： h'(x)=3x^26x+2，h'(x)^26x+2，g'(x)在 区间[1,2]上单调 递减，所以g(x) 在区间[1,2]上单 调递减
综合练习题三及答案
题目：求函数f(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-1,1]上的单 调性
题目：求函数g(x)=x^33x^2+2x+1在区间[-1,1]上的极 值
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上单调递增
综合练习题二及答案
题目：求函数 f(x)=x^33x^2+2x+1在 区间[-1,1]上的 单调性
答案： f'(x)=3x^26x+2，f'(x)在 区间[-1,1]上单 调递增，所以f(x) 在区间[-1,1]上 单调递增
题目：求函数 g(x)=x^33x^2+2x+1在 区间[1,2]上的单 调性
等
导数的应用举例
判断函数的单调性：通过导 数判断函数的增减性
求函数的极值：通过导数求 解函数的最大值和最小值
求函数的切线：通过导数求 解函数的切线方程
求函数的凹凸性：通过导数 判断函数的凹凸性
03
函数的单调性
单调性的定义与判断方法
判断方法：利用导数判断，如果 导数大于0，则函数在该区间内 单调递增；如果导数小于0，则 函数在该区间内单调递减