高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用（第1课时）利用导数研究函数的单调性讲义 理（含解析）-人教版高三全册数学教案.doc

第11讲导数在研究函数中的应用
第1课时利用导数研究函数的单调性

函数的单调性与导数的关系

1．概念辨析
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．()
(3)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．()
答案(1)×(2)√(3)√
2．小题热身
(1)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()

A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数
B．在区间(1,3)上f(x)是减函数
C．在区间(4,5)上f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
答案C
解析观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．
(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为()
A．(0,4) B．(0,2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，0)
答案A
解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．
(3)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，＋∞)
答案D
解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
答案3
解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.
经检验a＝3也满足题意，所以a的最大值是3.

题型eq\a\vs4\al(一)不含参数的函数的单调性

1．已知函数f(x)＝xlnx，则f(x)()
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递增
D．在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减
答案D
解析f′(x)＝x′lnx＋x(lnx)′＝lnx＋1.
由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,e)，
当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故只有D正确．
2．函数f(x)＝eq\f(3x,x2＋1)的单调递增区间是()
A．(－∞，－1) B．(－1,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞)
答案B
解析函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝eq\f(31－x2,x2＋12)＝eq\f(31－x1＋x,x2＋12).要使f′(x)>0，只需(1－x)(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)．
3．(2019·江西金溪一中等校联考)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝eq\f(fx,ex)的单调递减区间为()

A．(0,4) B．(－∞，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4))
C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) D．(0,1)，(4，＋∞)
答案D
解析由题图可知，先减后增的那条曲线为f′(x)的图象，先增后减最后增的曲线为f(x)的图象．
因为g(x)＝eq\f(fx,ex)，所以g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)，由图象可知，当x∈(0,1)和(4，＋∞)时，f′(x)<f(x)，此时g′(x)<0.故函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．
条件探究若举例说明1中的函数变为f(x)＝eq\f(lnx,x)，试求f(x)的单调区间．
解函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝