2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性课件理北师大版

2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3-2利用导数研究函数的单调性课件理北师大版

第二节　 利用导数研究函数 的单调性 内容索引 必备知识 · 自主学习 核心考点 · 精准研析 核心素养 · 微专题 核心素养测评 【教材 · 知识梳理】 1. 利用导数研究函数的单调性 (1) 前提条件 : 函数 f(x) 在 (a,b) 内可导 (2) 导数与函数单调性的关系 f′(x)>0 f(x) 在 (a,b) 上为 _______. f′(x)<0 f(x) 在 (a,b) 上为 _______. f′(x)=0 f(x) 在 (a,b) 上为 _________. 增函数 减函数 常数函数 2. 由导数求单调区间的步骤 【知识点辨析】 ( 正确的打 “ √ ” , 错误的打 “ × ” ) (1) 在 (a,b) 内 f ′(x)≤0, 且 f ′(x)=0 的根有有限个 , 则 f(x) 在 (a,b) 内是减函数 . ( 　　 ) (2) 若函数 f(x) 在定义域上都有 f′(x)<0, 则函数 f(x) 在定义域上一定单调递减 . ( 　　 ) (3) 已知函数 f(x) 在区间 [a,b] 上单调递增 , 则 f′(x)>0 恒成立 . ( 　　 ) 提示 : (1)√. (2) × . 不一定 , 如函数 y= 的导函数 y ′ =- <0 恒成立 , 但是函数 y= 的图像不是恒下降的 . (3) × . 不一定 , 如 y=x 3 在 [-1,3] 上单调递增 , 但是 y ′ =3x 2 在 x=0 处的值为 0. 序号 易错警示 典题索引 1 忽视定义域优先的原则 考点一、 T1,2 2 分类讨论时分类标准出错 考点二、典例 3 已知单调性求参数的问题时 , 所列不等式是否取等号出错 考点三、角度 3 【易错点索引】 【教材 · 基础自测】 1.( 选修 2-2P59 练习 T1(2) 改编 ) 函数 f(x)=(x-3)e x 的递增区间是 ( 　　 ) A.(-∞,2) 　　　　　　 B.(0,3) C.(1,4) 　　 D.(2,+∞) 【解析】 选 D. 函数 f(x)=(x-3)e x 的导数为 f′(x)=[(x-3)e x ]′=e x +(x-3)e x = (x-2)e x . 由函数导数与函数单调性的关系 , 得当 f′(x)>0 时 , 函数 f(x) 是增加的 , 此时由不等式 f′(x)=(x-2)e x >0, 解得 x>2. 2.( 选修 2-2P62A 组 T1(3) 改编 ) 函数 f(x)= (a>0) 的递增区间是 ( 　　 ) A.(-∞,-1) B.(-1,1) C.(1,+∞) D.(-∞,-1) 或 (1,+∞) 【解析】 选 B. 函数 f(x) 的定义域为 R,f′(x)= = , 由于 a>0, 要使 f′(x)>0, 只需 (1-x)(1+x)>0, 解得 -10,a≠1) 的单调性 . 【解析】 指数函数 f(x)=a x 的定义域为 R, 因为 f ′ (x)=a x ln a, 对于任意 x∈R, 总有 a x >0, 所以当 01 时 ,ln a>0,f ′ (x)>0, 函数在 R 上单调递增 . 综上 , 当 01 时 , 函数 f(x)=a x 单调递增 . 解题新思维　构造法的应用　   【结论】 构建新函数解答比较大小和不等式问题 分析已知条件的特点构造新的函数 , 对新函数求导确定其单调性 , 再由单调性进行大小的比较 . 典例 (2020· 凉山模拟 ) 若 0b>c 　　　　 B.c>b>a C.a>c>b 　 D.c>a>b 【解析】 选 D. 令 h(x)=xf(x), 因为函数 y=f(x) 以及函数 y=x 是 R 上的奇函数 , 所 以 h(x)=xf(x) 是 R 上的偶函数 . 又因为当 x<0 时 ,h′(x)=f(x)+xf′(x)<0, 所以 函数 h(x) 在 x∈(-∞,0) 时单调递减 , 所以 h(x) 在 x∈(0,+∞) 时单调递增 . 因为 a=3 0.3 ·f(3 0.3 )=h(3 0.3 ),b=log π 3·f( log π 3)=h( log π 3),c= = (-2)·f(-2)=h(-2)=h(2), 且 0< log π 3<1<3 0.3 <3 0.5 <2, 所以 h(2)>h(3 0.3 )>h( log π 3), 即 c>a>b.