(江蘇專版)2020版高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教案(文)(含解析)蘇教版

1、第二節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的單調(diào)性在(a,b)內(nèi)可導(dǎo)函數(shù)f(x),f (x)在(a,b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于 0.f (x) 0? f(x) 在(a, b)上為增函數(shù).f (x) wo ? f (x)在(a, b)上為減函數(shù).小題體驗(yàn)1 .函數(shù)f(x) =ex x的減區(qū)間為 .答案：(8, 0)2 .已知a0,函數(shù)f(x) =x3-ax在1 , +8)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為答案：(0,3161 .求函數(shù)單調(diào)區(qū)間與函數(shù)極值時(shí)沒有列表的習(xí)慣，會(huì)造成問題不能直觀且有條理的解決.2 .注意兩種表述“函數(shù) f(x)在(a, b)上為減函數(shù)”與“函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a, b)”的區(qū)別.

2、小題糾偏1 .函數(shù)y=$2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為 .,1 x 1 x 1x+1人， ，口解析：y = x-x= =x(x0),令 y 0得 0vxv1.所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (0,1).答案：(0,1)2 .已知函數(shù) f(x) = 1x2+bln x在區(qū)間2 ,+8)上是減函數(shù)，則 b的取值范圍是解析：由題意得，f (x) = x+bwo在2 , +8)上恒成立 即 b0),2a+1x+1x2ax 1x 1x一 .1 2ax2-從而 f (x) = 2ax(2 a+1)+-=x當(dāng) awo 時(shí)，由 f (x) 0,得 0vxv 1 ；由 f (x) 1, 所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增

3、，在(1 , +8)上單調(diào)遞減.當(dāng) 0vav;時(shí)，由 f (x)0,得 0vxv1 或 x ；由 f (x)0,得 1 vx0(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào))，所以f(x)在(0 , +8)上單倜遞增.當(dāng) a1 時(shí),由 f (x) 0,彳導(dǎo) 0vxv 白或 x1；由(x) 0 得白vxv1, 22 a2a所以f(x)在0,和(1 , +00 )上單調(diào)遞增，在 ,1上單調(diào)遞減. 2a2a由題悟法判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f (x),并求方程f ( x) = 0的根；(3)利用f ( x) = 0的根將函數(shù)的定義域分成若干個(gè)子區(qū)間，在這些子區(qū)間上討論 f ( x)的

4、正負(fù)，由f (x)的正負(fù)確定f(x)在相應(yīng)子區(qū)間上的單調(diào)性.提醒研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需注意依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.即時(shí)應(yīng)用已知函數(shù)f (x) =x3- ax-1,討論f(x)的單調(diào)性.2解：M*)的7義域?yàn)?R.f (x)=3xa.當(dāng)a0恒成立，所以f(x)在R上為增函數(shù).當(dāng) a0 時(shí)，令 3x2 a= 0,得 x=,f (x) 0；當(dāng)x雪或x-pvxv3a時(shí),f z (x)V0.因此f(x)在8, 呼，隼 +8上為增函數(shù)，在一堂，呼上為減函數(shù). 33333aV綜上可知，當(dāng) a0時(shí)，f(x)在一oo, 運(yùn) +8上為增函數(shù)，在且，遇 上為減函數(shù).333考點(diǎn)二求函數(shù)的單調(diào)

5、區(qū)間 重點(diǎn)保分型考點(diǎn)一一師生共研典例引領(lǐng)已知函數(shù)f (x) = (x2+ ax+a)e x,其中a R, e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f(x)在x= 0處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間.解：(1)當(dāng) a=1 時(shí)，f(x) = (x2+x+1)ex,所以 f(0) = 1.因?yàn)?f (x) =(x2 + 3x+2)ex,所以 f (0) = 2.所以切線方程為 y1 = 2(x 0),即2x-y+ 1 = 0.(2)因?yàn)?f ( x) = x2+ (a+ 2) x+ 2ae x= (x+ a)( x+ 2)ex,當(dāng)a = 2時(shí)，f (x) = (x+2)2ex0

6、,所以f(x)無單調(diào)減區(qū)間.當(dāng)一a 2,即a2時(shí)，列表如下：x(0, a)一a(a, 2)-2(2,+8)f (x)十0一0十f (x)極大值極小值所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(一a, 2).綜上，當(dāng)a=2時(shí)，f(x)無單調(diào)減區(qū)間；當(dāng) a2時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間是(一a, 2).由題悟法求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的 2方法法一：確定函數(shù)y=f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f (x);(3)解不等式f (x)0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f (x)0恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.解：(1)函數(shù)f (x)的定義域?yàn)?0, 十),一 , 、 x-a 2x+af (x) =，x,，一口qa

7、由 f (x) = 0,可得 x = a或 x= 2,當(dāng)a=0時(shí)，f (x)0在(0 , +8)上恒成立,，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0, +8),無單調(diào)遞減區(qū)間.當(dāng)a0時(shí)，由f (x)0,解得xa,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；由f (x)0,解得0vxv a,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0, a),單調(diào)遞增區(qū)間是(a, +8).一 .一 a 當(dāng)a0,解得x- 2，函數(shù)f(x)單倜遞增；.一a 由f (x)0恒成立等價(jià)于f(x)min0,由(1)知，當(dāng)a=0時(shí)，f(x) = x20,符合題意；當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0, a),單調(diào)遞增區(qū)間是(a, +8),.f(x)

8、min = f(a) = a a aln a0,解得0vawi；a當(dāng)a0,所以當(dāng)mx 2 e2時(shí)，不等式f(x)mg成立.故實(shí)數(shù)m的取值范圍為(8, 2 e2).考點(diǎn)三由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍重點(diǎn)保分型考點(diǎn)一一師生共研典例引領(lǐng)(2019 木瀆高級(jí)中學(xué)模擬)已知函數(shù)f (x) =2xln xx2+ax(aC R是常數(shù)).(1)當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1 , f(1)處的切線方程；41(2)若f(x)在區(qū)間e內(nèi)單倜遞增，求 a的取值范圍. e2解：(1)因?yàn)?a=2 時(shí)，f(x) = 2xln x x +2x,f (x) = 2(ln x+1)2x+ 2=2ln x2x+4,所以

9、 f (1) = 2, f (1) =1,故切線方程是y- 1 = 2(x1),即2x-y- 1= 0.(2) f (x)=2ln x2x+a+2,若f(x)在區(qū)間:，e內(nèi)單調(diào)遞增，則a + 22( x- ln x)在區(qū)間:，e內(nèi)恒成立，ee設(shè) h(x) =xln x, xe -, e ,貝U h，( x) =1- = -1, ex x由 h (x) 0,得 1 v xwe；由 hz (x) v 0,得w x 1, e一 ，1故h(x)在1內(nèi)單倜遞減，在(1 , e內(nèi)單倜遞增， e而 h=1 +-2e2,解得 a2e- 4,所以a的取值范圍是2e -4, +8).由題悟法由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一

10、般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y = f(x)在(a, b)上單調(diào)，則區(qū)間(a, b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則 f (x)0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f (x)W0”來求解.提醒f(x)為增函數(shù)的充要條件是對(duì)任意的x (a, b)都有f (x)0,且在(a, b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上 f (x)不恒為0.應(yīng)注意此時(shí)式子中的等號(hào)不能省略，否則漏解.即時(shí)應(yīng)用已知函數(shù) f (x) = ex - ax- 1.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)是否存在實(shí)數(shù)a,使f(x)在( 2,3)上單調(diào)遞減？若存在， 求出a的取值范圍；若不 存在，請(qǐng)說明理由.

11、解：f (x) = exa.若aw。，則f ( x) =exa0恒成立，即f(x)在R上單調(diào)遞增；若 a0,令 ex-a0,解得 xln a,即f(x)在In a, + )上單調(diào)遞增，因此當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為In a,+8).(2)存在實(shí)數(shù)a滿足條件.因?yàn)閒 (x)=ex awo在(一2,3)上恒成立，所以aex在(2,3)上恒成立.又因?yàn)橐?vxv3,所以e 2 exex在(一2,3)上恒成立，只需 ae 3.故存在實(shí)數(shù)aCe3, +8),使f(x)在( 2,3)上單調(diào)遞減.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1.函數(shù)f(x)=xIn x的單調(diào)減區(qū)間為 .解析：函數(shù)的定義域是(0 ,

12、 十)且f( x) = 1令f (x) v 0,得0vxvx x1.答案：(0,1)2. (2018 啟東中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x) =x-1-(e-1)In x,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),則滿足f (ex) 0),得 x= e 1. x當(dāng)xC(0, e1)時(shí)，f (x)0的區(qū)間是(8, 2),故函數(shù)y=f(x)的增區(qū)間是(一00, 2).答案：(8, 2)5 . (2019 響水中學(xué)模擬)若函數(shù)f (x) =ax33x在區(qū)間(一1, 的取值范圍是.解析：若函數(shù)f(x)=ax3 3x在(1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，22,則f (x)W0在(-1,1)上恒成立，即3ax -30在(-1,1)上恒成立，

13、即ax W1在(一 1,1)上恒成立.若a0,則只要當(dāng)x=1或x = 1時(shí)，滿足條件即可，此時(shí) a 1,即0V a 1.綜上a0在1,2上恒成立，所以 aw(x2+2x)min = 3,所以a0,解得a2, 而 f，(x) = xa,令 x-a= 0,解得 x = Ja. x因?yàn)閒(x)在(a-2, a+2)上不單調(diào)，所以 a2yaa+2,解得0w a 4.綜上，a 2,4).答案：2,4)5. (2018 姜堰中學(xué)學(xué)情調(diào)研 )函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)=f(2-x),且當(dāng)1xC ( 8, 1)時(shí)，(x1)f (x) 0, f (x)在(一8, 1)上為增函數(shù).又f(3)=f (

14、f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為解析：設(shè)備函數(shù)f(x)=x,因?yàn)閳D象過點(diǎn) 彳，2 ,所以;=步，a =2,所以f(x) = x2,故 g(x) =exx2,令 g( x)=exx2+2exx = ex(x2+2x) 0,得2vx0時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時(shí)由不等式 f ( x) = (x- 2)e x0,解得 x2.答案：(2 , +oo)3 .若函數(shù)f (x) =1x3+x2-ax+ 3a在區(qū)間1,2上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是3-111.1),且一1v 0v 2 1,因此 f ( 1) v f (0) v f 2 ,即 f (3) v f (0) v f 2 , c a0,且 f(0)

15、=1,則不等式 f(x)ve-x 的解集為.解析：令 g(x) = exf(x),則 g (x)=ex f (x)+f(x) 0, 所以g(x)在R上單調(diào)遞增，而f (0) =1,故g(0) =1. f(x)ve x等價(jià)于 exf(x)1, 則 g(x)g(0),解得 x0.答案：(8, 0)7 .已知定義在 R上的可導(dǎo)函數(shù)f (x)滿足f (x) 1,若f(2 n)if(n)2 2m則實(shí) 數(shù)m的取值范圍是.解析：令g(x) =f (x) -x,所以g ( x) = f ( x) 1 0,即g(x)在R上單調(diào)遞減，由 題可知 f (2 m) f (m) v 2 23即 f(2-n)-(2 -

16、n) m即得me 1.答案：(8, 1)1xx2 1 .9 x2=f (x)2v0,即函數(shù)F(x)在R上單倜遞減.因?yàn)?f(x)V*2+2,所以f (x ) -2 1,即x C ( 8, - 1) u (1 , + 0). 答案：(8, 1) U (1 , +8) 9.已知函數(shù)f(x)=x+aIn x-|,其中aCR,且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1 , f(1)處的切 x 2線垂直于直線 y = 2x.(1)求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f (x) =1-a2-1,4 x x8 .已知函數(shù)f (x)( xC R)滿足f (1) =1,且f(x)的導(dǎo)數(shù)f (x)

17、,則不等式f (x2) 1 ,一，+ 2的解集為.1,1 ，1 ,解析：設(shè)F(x)=f(x)-2x,所以 F (x)=f, (x)-,因?yàn)?f(x)2,所以F(x)1 .一3一一 5由f(x)在點(diǎn)(1 , f (1)處的切線垂直于直線y = /知f (1) = 4 a= 2,解得a=%.(2)由知 f(x)=4 +，ln x-2, 4 4X22 X -4X- 5貝U f (x) = -2.4x令 f (x) = 0,解得 x = 1 或 x = 5.因?yàn)閤= 1不在f (x)的定義域(0 , +8)內(nèi)，故舍去.當(dāng) x (0,5)時(shí)，f (x) 0,故f(x)在(5 , +)內(nèi)為增函數(shù).綜上，f

18、(x)的單調(diào)增區(qū)間為(5, +8),單調(diào)減區(qū)間為(0,5).1 2-10. (2018 前黃局級(jí)中學(xué)期末 )已知函數(shù)f(x) =-ax2 + 2x-ln x(aCR).(1)當(dāng)a=3時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)存在單調(diào)增區(qū)間，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.3 2解：(1)當(dāng) a=3 時(shí)，f (x) = 2x + 2x-ln x,其te義域?yàn)?0 ,+8).13x 1x + 1-f (x) = 3x + 2 q=x,當(dāng) xC 0, 1 時(shí)，f (x)V0, f(x)單調(diào)遞減； 3當(dāng) xC ；, +8 時(shí)，f(x)0, f(x)單調(diào)遞增. 3，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為 0, 1 ,單調(diào)增區(qū)間為

19、 1, +8 . 33(2) f (x) =2ax2+ 2x- ln x,其定義域?yàn)?0 , 十0),2 ,1 ax + 2x 1(x) = ax + 2 x=x .若函數(shù)存在單調(diào)增區(qū)間，則f (x)0在區(qū)間(0, +8)上有解，即ax2+2x10在區(qū)間(0, +8)上有解.，、一,、“，1 2x 入1 2x - 一、一rr 一分離參數(shù)得 a 一=，令g(x)= 一丁,則依題息，只需 ag(x)min即可.1一一1 x-1,xx1 - 2x -g( x) =2 =x:g( x) min = - 1 故所求a的取值范圍為( 1, +8).三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校1 .已知函數(shù)f (x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1) =1,對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有f(x)f (x) e0,則不等式f(x)vex2的解集為一一 一 f x解析：設(shè) g(x) = x-, e則 g (x)=x ex exfx 對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有 f (x) f (x) 0, g (x)V0,即g(x)為R上的減函數(shù).f 1 g(1)=- e由不等式f (x)e 2,J x21 rr得 -e =3,即 g(x)1, .不等式 f (x) vex2 的解集為(1 , +8).答案：(1 , +oo)2 .已知函數(shù) f(x) = a