第三章 第15讲 导数与函数的单调性（课件）-2023高考数学【南方凤凰台】一轮复习导学案（基础版）全国

主题二 函数 第三章　导数及其应用 第1页 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（基础版） 第三章　导数及其应用 第15讲 导数与函数的单调性 第1页 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（基础版） 第三章　导数及其应用 链教材 · 夯基固本 D BC (－∞，0] > < 定义域 > < f′(x)>0 f′(x)<0 研题型 · 融会贯通 C C B AC {a|a≤2} 1 (－∞，0] (0,1) (－∞，1) A D A B Thank you for watching 第1页 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（基础版） 第三章　导数及其应用 激活思维 1. 函数f(x)＝(x－3)ex的单调增区间是(　 　) A. (－∞，2)　　　 B. (0,3) C. (1,4)　　　 D. (2，＋∞) 2. (多选)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，那么下列判断正确的是(　 　) A. 函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上单调递增 B. 当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值 C. 函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递增 D. 当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值 (第2题) 3. 函数f(x)＝x2－ln x的单调减区间是______________. 4. 已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在R上为增函数，则实数a的取值范围为_________________________. 5. 已知函数f(x)＝x2＋2cos x，那么不等式f(2x－1)＜f(3x)的解集是________________________________. 【解析】 易知f(－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数，且f′(x)＝2x－2sin x．因为f′(0)＝0，f″(x)＝2－2cos x＝2(1－cos x)≥0恒成立，故f′(x)在R上单调递增，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．结合该函数是偶函数，所以要使f(2x－1)＜f(3x)成立，只需|2x－1|＜|3x|，即(2x－1)2＜9x2，解得x＞eq \f(1,5)或x＜－1，故原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＞\f(1,5)或x＜－1)). eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) (－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))　 知识聚焦 1. 函数的单调性 (1) 设函数y＝f(x)在某个区间内可导，若f′(x)_________0，则f(x)为增函数，若f′(x)_________0，则f(x)为减函数． (2) 求可导函数f(x)单调区间的步骤： ①确定f(x)的_______________； ②求导数f′(x)； ③令f′(x)_________0(或f′(x)_________0)，解出相应的x的范围； ④当__________________时，f(x)在相应区间上是增函数，当__________________时，f(x)在相应区间上是减函数． 2. 导数与函数单调性的关系 (1) f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． (2) f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件． 分类解析 求函数的单调区间 　(1) (2021·南阳月考)函数f(x)＝eq \f(x－3,e2x)的单调减区间是(　 　) A. (－∞，2) B. (2，＋∞) C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D. (3，＋∞) 【解析】 因为f(x)＝eq \f(x－3,e2x)，所以f′(x)＝eq \f(7－2x,e2x)，令f′(x)<0，解得x＞eq \f(7,2). (2) 设f(x)＝x－eq \f(lnx,x)，讨论f(x)的单调性． 【解答】 因为f(x)＝x－eq \f(lnx,x)(x>0)，所以