(通用版)2020版高考數(shù)學大一輪復(fù)習 第14講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學案 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)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,aR.(1)求f(x)的零點;(2)當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(aR). (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.-1,1B.-1,3C.-3,3D.-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.(-,0C.(-,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)f(x),f(0)=2,則不等式f(x)0,若1a3,則()A.f(4a)f(3)f(log3a)B.f(3)f(log3a)f(4a)C.f(log3a)f(3)f(4a)D.f(log3a)f(4a)f(3)總結(jié)反思 用導(dǎo)數(shù)比較大小或解不等式,常常要構(gòu)造新函數(shù),把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的問題,再由單調(diào)性比較大小或解不等式.常見構(gòu)造的輔助函數(shù)有:g(x)=xf(x),g(x)=f(x)x,g(x)=exf(x),g(x)=f(x)ex,g(x)=f(x)ln x,g(x)=f(x)lnx等.變式題 (1)已知a=2.12.2,b=2.22.1,c=log2.22.1,則()A.cbaB.cabC.abcD.acb(2)已知定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)滿足f(2)=7,且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)3ln 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00充分對點演練1.(0,+)解析 由f(x)=ex-10,解得x0,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)=1-1x0,所以函數(shù)f(x)在(1,+)上是增函數(shù),所以f(x)=x-ln x10,所以xln x.3.(-,0)解析 y=3ax2,函數(shù)在區(qū)間(-,+)上是減函數(shù),y0在(-,+)上恒成立,即3ax20恒成立,a0.當a=0時,y=-1,不是減函數(shù),a0,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-x2x-10,解得12x0,得x0,可得12-x0,得2-x1,解得x0a=0a0,a=0,a0,ex+1+2m0.當x0時,f(x)0;當x0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.當-e2mx2.則當x0時,f(x)0;當ln(-2m)-1x0時,f(x)0;當x0.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m0時,f(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增;當-e2m0時,f(x)在(-,ln(-2m)-1),(0,+)上單調(diào)遞增,在(ln(-2m)-1,0)上單調(diào)遞減.變式題解:(1)f(x)的定義域為(-,0)(0,+).令f(x)=0,得x2+a=0,即x2=-a.當a0時,方程無解,f(x)沒有零點;當a0時,得x=-a.綜上,當a0時,f(x)無零點;當a1),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)=20,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,得x-12a;由g(x)0,得0x-12a.所以g(x)在區(qū)間0,-12a上單調(diào)遞減,在區(qū)間-12a,+上單調(diào)遞增,所以g(x)min=g-12a=52-ln-12a.因為a-1,所以0-12a12,所以ln-12a0,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0x3,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0x0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a=3時,f(x)=x2+ln x-3x,f(x)=2x+1x-3=2x2-3x+1x,由f(x)0,得0x1,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-a0在(0,1)上恒成立,即a2x+1x在(0,1)上恒成立.2x+1x22,當且僅當2x=1x,即x=22時,等號成立,a22,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,-1t1,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-1a1,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a0時,f(x)0,函數(shù)f(x)=x+aln x是增函數(shù).當a0時,由f(x)0,得0x0,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)g(0).函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增,x0,當x2時,f(x)0,即函數(shù)f(x)在(2,+)上為增函數(shù).1a3,44a64,0log3a1,又f(log3a)=f(4-log3a),34-log3a4,34-log3a4a,f(3)f(4-log3a)f(4a),即f(3)f(log3a)0),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)f(2.2),即ln2.12.1ln2.22.2,可化為2.12.22.22.1,即1ab,又c=log2.22.11,所以ca3ln 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)-30=g(2),解得t2,ln x2,解得0x3ln 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,若x(-,a-1),則f(x)0,f(x)為增函數(shù).當a0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a(0,1)時,g(a)0,g(a)為增函數(shù),g(a)min=g(1)=0,a-1ln a(當且僅當a=1時取“=”).當0a1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)為增函數(shù).當a=1時,f(x)=x(ex-1)0,f(x)在(-,+)上為增函數(shù).綜上所述:當a0時,f(x)在(-,a-1)上為減函數(shù),在(a-1,+)上為增函數(shù);當0a1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(a0),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.若a0,則當x(0,2)時,f(x)0,當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.若a0,則當x(0,2)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n=1時,討論函數(shù)g(x)=exf(x)的單調(diào)性;(2)當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n=1時,g(x)=exx2+(m+2)x+1,g(x)=exx2+(m+4)x+(m+3)=ex(x+1)x+(m+3).令g(x)=0,解得x=-1或x=-(m+3).當-1-(m+3),即m-(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-x2m(x-1)在0,+)上恒成立.當x=1時,不等式成立.當x1時,令k(x)=ex-x2x-1,則k(x)=(x-2)(ex-x)(x-1)2. 當x1時,只需k(x)m恒成立.ex-x0恒成立(可求導(dǎo)證明),當1x2時,k(x)2時,k(x)0,k(x)單調(diào)遞增.k(x)k(2)=e2-4,me2-4.當0x1時,只需k(x)m恒成立.0x1,k(x)0,k(x)單調(diào)遞減,k(x)k(0)=-1,m-1.綜上所述,-1me2-4.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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