高考数学 考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性学案-人教版高三全册数学学案.doc

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】已知函数已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)讨论f(x)的单调性.[解析]f(x)的定义域为(0＋∞)f′(x)＝eq\f(1x)－a.若a≤0则f′(x)>0恒成立所以f(x)在(0＋∞)上单调递增.若a>0则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(1a)))时f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1a)＋∞))时f′(x)<0所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(1a)))上单调递增在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1a)＋∞))上单调递减.【类题通法】用导数判断或证明函数f(x)在(ab)内的单调性的步骤(1)一求．求f′(x)；(2)二定．确认f′(x)在(ab)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】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(ab∈R)试讨论f(x)的单调性．[解析]f′(x)＝3x2＋2ax令f′(x)＝0解得x1＝0x2＝－eq\f(2a3).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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞－\f(2a3)))∪(0＋∞)时f′(x)＞0x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a3)0))时f′(x)＜0所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞－\f(2a3)))(0＋∞)上单调递增在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a3)0))上单调递减；当a＜0时x∈(－∞0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a3)＋∞))时f′(x)＞0x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2a3)))时f′(x)＜0所以函数f(x)在(－∞0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a3)＋∞))上单调递增在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(2a3)))上单调递减.考点二、求函数的单调区间【例2】已知函数f(x)＝eq\f(x22)－alnxa∈R求f(x)的单调区间．[解析]因为f(x)＝eq\f(x22)－alnx所以x∈(0＋∞)f′(x)＝x－eq\f(ax)＝eq\f(x2－ax).(1)当a≤0时f′(x)>0所以f(x)在(0＋∞)上为单调递增函数.(2)当a>0时f′(x)＝eq\f(（x＋\r(a)）（x－\r(a)）x)则有①当x∈(0eq\r(a))时f′(x)<0所以f(x)的单调递减区间为(0eq\r(a)).②当x∈(eq\r(a)＋∞)时f′(x)>0所以f(x)的单调递增区间为(eq\r(a)＋∞).综上所述当a≤0时f(x)的单调递增区间为(0＋∞)无单调递减区间.当a>0时函数f(x)的单调递减区间为(0eq\r(a))单调递增区间为(eq\r(a)＋∞).【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】已知函数f(x)＝ax2－a－lnxa∈R求f(x)的单调区间．[解析]由题意得f′(x)＝2ax－eq\f(1x)＝eq\f(2ax2－1x)(x>0).当a≤0时f′(x)<0f(x)在(0＋∞)内单调递减.当a>0时由f′(x)＝0有x＝eq\f(1\r(2a))当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(1\r(2a))))时f′(x)<0所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(1\r(2a)))).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\