小结名师教学设计1

利用导数研究函数的单调性

考纲要求

了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．

考情分析

1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。

2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。

3．题型主要以解答题为主，属中高档题。

教学过程

一、

梳理自测

1.函数的单调性与导数

2.基础自测

函数y＝3x2－2lnx的单调增区间为___，单调减区间为__。

二、

典例分析

考向1：利用导数确定函数的单调性（区间）

例1：(2016·高考北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4. (1)求a，b的值；

(2)求f(x)的单调区间．

【解】

(1)因为f(x)＝xea－x＋bx，

所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.

a－2f（2）＝2e＋2，2e＋2b＝2e＋2，依题设有即a－2

f′（2）＝e－1，－e＋b＝e－1，

解得a＝2，b＝e.

(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.

由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．

令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.

所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；

当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．

故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，

从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．

综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，

故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

方法提炼

1.当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．

2．导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤：[来源:www.shulihua.net]

(1)求f′(x)．

(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号．

(3)作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．

来源:www.shulihua.net]

考向2根据函数的单调性求参数的取值范围

例2设f(x)＝ex(ln x－a)

(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)1若函数f(x)在区间e，e上单调递减，求a的取值范围．

11【解】

由题意可得f′(x)＝exln x＋x－a≤0在e，e上恒成立．因为ex>0，所1以只需ln x＋x－a≤0，

111，e即a≥ln x＋x在e上恒成立．令g(x)＝ln x＋x.

11x－1因为g′(x)＝x－x2＝x2，

由g′(x)＝0，得x＝1.

x g′(x) g(x) 1e，1

－

(1，e) ＋

1111ge＝ln e＋e＝e－1，g(e)＝1＋e，因为e－1>1＋e，



1所以g(x)max＝ge＝e－1故a≥e－1. 

方法提炼

已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)，转化为不等式恒成立问题求解．

提醒：函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0，f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．

三、

小结

1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可．

2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．

四、

课后巩固

1.已知函数f(x)＝x2－ex，试判断f(x)的单调性并给予证明。

12.若函数f(x)＝(x－cx＋5)e在区间2，4上单调递增，则实数c的取值范围是(

) A．(－∞，2]

B．(－∞，4]

C．(－∞，8]

D．[－2,4] 2x

板书设计

利用导数研究函数的单调性

例1

练习

例2

练习

利用导数研究函数的单调性

康

丽

岢岚中学2018.05.04