高考数学统考一轮复习第3章3.2.1利用导数研究函数的单调性学案
展开第1课时 利用导数研究函数的单调性
不含参数的单调性[自主练透型]
1.函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是( )
A.(0,1) B.(1,+∞)
C.(-∞,1) D.(-1,1)
2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是( )
A.(-∞,2) B.(0,3)
C.(1,4) D.(2,+∞)
3.[2021·宁夏银川模拟]若幂函数f(x)的图象过点,则函数g(x)=exf(x)的单调递减区间为________.
4.已知定义在区间(-π,π)上的函数f(x)=xsin x+cos x,则f(x)的单调递增区间是________.
悟·技法
利用导数求函数的单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时,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,解出方程的实根,按实根把函数的定义域划分区间,确定各区间f′(x)的符号,从而确定单调区间.
(3)若导函数的方程、不等式都不可解,根据f′(x)的结构特征,利用图象与性质确定f′(x)的符号,从而确定单调区间.
考点二 含参数的单调性[互动讲练型]
[例1] [2020·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)=x3-kx+k2.讨论f(x)的单调性.
悟·技法
利用导数求函数的单调区间的方法
(1)确定函数y=f(x)的定义域.
(2)求导数f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定义区间内的一切实根.
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间.
(4)确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.
[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.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1.[2019·全国卷Ⅲ节选]已知函数f(x)=2x3-ax2+2.讨论f(x)的单调性.
考点三 已知函数的单调性求参数(范围)
[分层深化型]
考向一:存在单调区间求参数(范围)
[例2] 设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(1)求b,c的值;
(2)若a>0,求函数f(x)的单调区间;
(3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围.
考向二:在区间上单调求参数范围
[例3] 在[例2]第(3)问中,若改为g(x)在(-2,-1)内为减函数,如何解?
考向三:在区间上不单调求参数范围
[例4] 在[例2]第(3)问中,若g(x)在(-2,-1)上不单调,求a的取值范围?
悟·技法
已知函数单调性,求参数范围的两个方法
(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)转化为不等式的恒成立问题来求解:即“若函数单调递增,则f′(x)≥0;若函数单调递减,则f′(x)≤0”.
[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)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.
[变式练]——(着眼于举一反三)
2.在[例2]第(3)问中,若g(x)的单调递减区间为(-2,-1),求a的值.
3.已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax2+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.
第1课时 利用导数研究函数的单调性
课堂考点突破
考点一
1.解析:∵f′(x)=2x-=(x>0),∴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:A
2.解析:f′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,令f′(x)>0,解得x>2,故选D.
答案:D
3.解析:设幂函数f(x)=xα,因为图象过点,所以=α,即α=2,所以f(x)=x2,故g(x)=exx2,则g′(x)=exx2+2exx=ex(x2+2x),令g′(x)<0,得-2<x<0,故函数g(x)的单调递减区间为(-2,0).
答案:(-2,0)
4.解析:f′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令f′(x)=xcos x>0(x∈(-π,π)),
解得-π<x<-或0<x<,
故函数f(x)的单调递增区间是和.
答案:和
考点二
例1 解析:f′(x)=3x2-k.
当k=0时,f(x)=x3,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k<0时,f′(x)=3x2-k>0,故f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
当k>0时,令f′(x)=0,得x=±.当x∈时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在,单调递增,在单调递减.
变式练
1.解析:f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f′(x)=0,得x=0或x=.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;
若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
考点三
例2 解析:(1)f′(x)=x2-ax+b,
由题意得即
(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a)(a>0),
当x∈(-∞,0)时,f′(x)>0;
当x∈(0,a)时,f′(x)<0;
当x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a).
(3)g′(x)=x2-ax+2,
依题意,存在x∈(-2,-1),
使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立,
即x∈(-2,-1)时,a<max=-2,
当且仅当x=即x=-时等号成立.
所以满足要求的a的取值范围是(-∞,-2).
例3 解析:解法一:∵g′(x)=x2-ax+2,且g(x)在(-2,-1)内为减函数,
∴g′(x)≤0,即x2-ax+2≤0在(-2,-1)内恒成立,
∴即
解得a≤-3,
即实数a的取值范围为(-∞,-3].
解法二:∵g′(x)=x2-ax+2,
由题意可得g′(x)≤0在(-2,-1)上恒成立,
即a≤x+在(-2,-1)上恒成立,
又y=x+,x∈(-2,-1)的值域为(-3,-2],
∴a≤-3,∴实数a的取值范围是(-∞,-3].
例4 解析:由[例3]知g(x)在(-2,-1)上为减函数,a的范围是(-∞,-3],若g(x)在(-2,-1)上为增函数,可知a≥x+在(-2,-1)上恒成立,又y=x+的值域为(-3,-2],
∴a的取值范围是[-2,+∞),
∴函数g(x)在(-2,-1)上单调时,a的取值范围是(-∞,-3]∪[-2,+∞),
故g(x)在(-2,-1)上不单调,实数a的取值范围是(-3,-2).
变式练
2.解析:∵g(x)的单调减区间为(-2,-1),
∴x1=-2,x2=-1是g′(x)=0的两个根,
∴(-2)+(-1)=a,即a=-3.
3.解析:(1)h(x)=ln x-ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h′(x)=-ax-2,由于h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,
所以当x∈(0,+∞)时,-ax-2<0有解.
即a>-有解,
设G(x)=-,
所以只要a>G(x)min即可.
而G(x)=2-1,所以G(x)min=-1.
所以a>-1,即a的取值范围是(-1,+∞).
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得,
当x∈[1,4]时,h′(x)=-ax-2≤0恒成立,
即a≥-恒成立.
所以a≥G(x)max,而G(x)=2-1,
因为x∈[1,4],所以∈,
所以G(x)max=-(此时x=4),
所以a≥-,又因为a≠0
所以a的取值范围是∪(0,+∞).
第20讲 利用导数研究函数的单调性-2024年高考数学一轮复习精品导学案(新高考)(原卷版): 这是一份第20讲 利用导数研究函数的单调性-2024年高考数学一轮复习精品导学案(新高考)(原卷版),共6页。学案主要包含了2022年全国甲卷,2022年新高考1卷等内容,欢迎下载使用。
第20讲 利用导数研究函数的单调性-2024年高考数学一轮复习精品导学案(新高考)(解析版): 这是一份第20讲 利用导数研究函数的单调性-2024年高考数学一轮复习精品导学案(新高考)(解析版),共13页。学案主要包含了2022年全国甲卷,2022年新高考1卷等内容,欢迎下载使用。
高考数学统考一轮复习第3章3.2.2利用导数研究函数的极值最值学案: 这是一份高考数学统考一轮复习第3章3.2.2利用导数研究函数的极值最值学案,共7页。