导数与单调性(教师版).doc

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1、导数与单调性函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．高频考点一　不含参数的函数的单调性例1、已知函数f(x)＝0.5x3＋x2,若g(x)＝f(x)ex，求函数g(x)的单调减区间.解　【方法规律】(1)确定函数单调区间的步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求f′(x)；③解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；④解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.(2)个别导数为0的点不影响所

2、在区间的单调性，如函数f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(x＝0时，f′(x)＝0)，但f(x)＝x3在R上是增函数.【变式探究】已知函数f(x)＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.(2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，(x>0).则f′(x)＝.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.但－1∉(0

3、，＋∞)，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).高频考点二　含参数的函数的单调性例2、设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.解　(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞).此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).

4、f′(x)＝＋＝.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1).①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.③当－＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由x1＝＝＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(

5、x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.【方法规律】利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.【变式探究】设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x>1时，g(x)>0.(1)解　由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0).当a≤0时，f′(

6、x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增.(2)证明　令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.高频考点三　利用函数单调性求参数例3、已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x(a≠0).(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求实

7、数a的取值范围.解　(1)h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，①所以h′(x)＝－ax－2，由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，②即a>－有解.设G(x)＝－，所以只要a>G(x)min即可.而G(x)＝－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)＝－ax－2≤0恒成立，③即a≥－恒成立.设G(x)＝－，所以a≥G(x)max，而G(x)＝－1，因为x∈[1，4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时

8、x＝4)，所以a≥－.【方法规律】利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法(1)函数f(x)在区间D上存在递增(减)区间.方法一：转化为“f′(x)>0(<0)在区间D上有解”；