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

这是一份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，共7页。
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：A2．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：D3．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，＋∞)．