2018高考数学考点突破--11导数与函数的单调性（教师版+学生版）

21世纪教育网 –中小学教育资源及组卷应用平台 导数与函数的单调性 【考点梳理】 函数的导数与单调性的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导，则 (1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增； (2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数． 【考点突破】 考点一、判断或证明函数的单调性 【例1】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性. [解析] f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0， 解得x1＝0，x2＝－. 当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x) 在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减. 【类题通法】 用导数证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)一求．求f′(x)； (2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号； (3)三结论．作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数． 【对点训练】 设函数f(x)＝ax2－a－ln x，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. [解析] (1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0). 当a≤0时，f′(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. 考点二、求函数的单调区间 【例2】设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间． [解析] 由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a. 下面分两种情况讨论： ①当a≤0时，有f′(x)＝3x2－a≥0恒成立， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞). ②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，. 【类题通法】 求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)在定义域内解不等式f′(x)＞0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f′(x)＜0，得单调递减区间． 【对点训练】 1．已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e为自然对数的底数，则函数f(x)的单调递增区间为_____． [答案] (－，) [解析] 因为f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因为ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－＜x＜， 所以函数f(x)的单调递增区间为(－，)． 2．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的单调区间． [解析] (1)由题意得f′(x)＝， 又f′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝. 设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0， 即h(x)在(0，＋∞)上是减函数. 由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0； 当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0. 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)， 单调递减区间是(1，＋∞). 考点三、已知函数的单调性求参数 【例3】已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围． [解析] 因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立. 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]. [变式1 ... ...