2023学年高中数学第三章导数应用1.1导数与函数的单调性教学案北师大版选修2

1．1导数与函数的单调性eq\a\vs4\al([对应学生用书P26])已知函数(1)y1＝2x－1，(2)y2＝－x＋10，(3)y3＝2x，(4)y4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，(5)y5＝log2x，(6)y6＝logeq\f(1,2)x.问题1：求上面六个函数的导数．提示：(1)y′1＝2，(2)y′2＝－1，(3)y′3＝2xln2，(4)y′4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xlneq\f(1,2)＝－2xln2，(5)y′5＝eq\f(1,xln2)，(6)y′6＝eq\f(1,xln\f(1,2))＝－eq\f(1,xln2).问题2：试判断所求导数的符号．提示：(1)(3)(5)的导数为正，(2)(4)(6)的导数为负．问题3：试判断上面六个函数的单调性．提示：(1)(3)(5)在定义域上是增加的，(2)(4)(6)在定义域上是减少的．问题4：试探讨函数的单调性与其导函数正负的关系．提示：当f′(x)>0时，f(x)为增加的，当f′(x)<0时，f(x)为减少的．函数在区间(a，b)上的单调性与其导函数的符号有如下关系：导函数的正负函数在(a，b)上的单调性f′(x)＞0增加f′(x)＜0减少f′(x)＝0常数函数(1)若在某个区间上有有限个(或无限个不连续)点使f′(x)＝0，而其余点恒有f′(x)>0(或f′(x)<0)，则f(x)仍为增加的(或减少的)，例如函数y＝x3，x∈R，则f′(x)＝3x2，尽管当x＝0时，f′(x)＝0，但该函数y＝x3在R上仍为增加的．(2)在某一区间上f′(x)>0(或f′(x)<0)是函数y＝f(x)在该区间上为增加(或减少)的充分不必要条件，而不是充要条件．eq\a\vs4\al([对应学生用书P26])判断或证明函数的单调性[例1]证明函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在区间(0,2)上是增加的．[思路点拨]要证函数f(x)在(0,2)上为增加的，只要证f′(x)>0在(0,2)上恒成立即可．[精解详析]由于f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，由于0<x<2，所以lnx<ln2<1，故f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)>0，即函数在区间(0,2)上是增加的．[一点通]利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式f′(x)>0(f′(x)<0)在给定区间上恒成立．一般步骤为：①求导f′(x)；②判断f′(x)的符号；③给出单调性结论．1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增加的是()A．y＝sinxB．y＝x·exC．y＝x3－xD.y＝lnx－x解析：(sinx)′＝cosx，(x·ex)′＝ex＋x·ex＝(1＋x)·ex，(x3－x)′＝3x2－1，(lnx－x)′＝eq\f(1,x)－1，当x∈(0，＋∞)时，只有(x·ex)′＝(1＋x)·ex>0.答案：B2.证明函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是减少的．证明：∵f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，又∵x∈(0,1]，∴x2－1≤0(只有x＝1时等号成立)，∴f′(x)≤0，∴f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上为减少的．3．判断y＝ax3－1(a∈R)在R上的单调性．解：∵y′＝3ax2，又x2≥0.(1)当a＞0时，y′≥0，函数在R上单调递增；(2)当a＜0时，y′≤0，函数在R上单调递减；(3)当a＝0时，y′＝0，函数在R上不具备单调性.求函数的单调区间[例2]求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x2－lnx；(2)f(x)＝eq\f(ex,x－2)；(3)f(x)＝－x3＋3x2.[精解详析](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(\r(2)x－1\r(2)x＋1,x).因为x>0，所以eq\r(2)x＋1>0，由f′(x)>0，解得x>eq\f(\r(2),2)，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))；由f′(x)<0，解得x<eq\f(\r(2),2)，又x∈(0，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).(2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．f′(x)＝eq\f(exx－2－ex,x－22)＝eq\f(exx－3,x－22).因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0.由f′(x)>0，解得x>3，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；由f′(x)<0，解得x<3，又x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)．(3)函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)．当0<x<2时，f′(x)>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,2)；当x<0或x>2时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．[一点通]利用导数求函数f(x)的单调区间，实质上是转化为解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.但要特别注意的是，不能忽略函数的定义域，应首先求出函数的定义域，在定义域内解不等式．另外，如果函数的单调区间不止一个时，应用“及”“和”等连接，而不能写成并集的形式．4．函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如右图，则函数f(x)的递增区间为________．解析：当－1≤x≤0或x≥2时f′(x)≥0，可得递增区间为[－1,0]和[2，＋∞)．答案：[－1,0]和[2，＋∞)5．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，则可得0<x≤1.答案：B6．求下列函数的单调区间：(1)y＝x3－2x2＋x；(2)y＝eq\f(1,2)x2＋alnx.解：(1)y′＝3x2－4x＋1.令3x2－4x＋1>0，解得x>1或x<eq\f(1,3)，因此，y＝x3－2x2＋x的单调递增区间为(1，＋∞)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))).再令3x2－4x＋1<0，解得eq\f(1,3)<x<1.因此，y＝x3－2x2＋x的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).(2)函数的定义域为(0，＋∞)，y′＝x＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋a,x)，当a≥0时y′>0，∴y＝eq\f(1,2)x2＋alnx的增区间为(0，＋∞)，无减区间．当a<0时，由y′>0得x>eq\r(－a)，由y′<0得0<x<eq\r(－a)，∴y＝eq\f(1,2)x2＋alnx的增区间为(eq\r(－a)，＋∞)，减区间为(0，eq\r(－a))．已知函数单调性求参数范围[例3]若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，求实数m的取值范围．[精解详析]f′(x)＝3x2＋2x＋m，由于f(x)是R上的单调函数，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．由于导函数的二次项系数3>0，所以只能有f′(x)≥0恒成立．法一：由上述讨论可知要使f′(x)≥0恒成立，只需使方程3x2＋2x＋m＝0的判别式Δ＝4－12m≤0，故m≥eq\f(1,3).经检验，当m＝eq\f(1,3)时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．所以实数m的取值范围是m≥eq\f(1,3).法二：3x2＋2x＋m≥0恒成立，即m≥－3x2－2x恒成立．设g(x)＝－3x2－2x＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)，易知函数g(x)在R上的最大值为eq\f(1,3)，所以m≥eq\f(1,3).经检验，当m＝eq\f(1,3)时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．所以实数m的取值范围是m≥eq\f(1,3).[一点通]已知函数y＝f(x)，x∈[a，b]的单调性，求参数的取值范围的步骤：(1)求导数y＝f′(x)；(2)转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立问题；(3)由不等式恒成立求参数范围；(4)验证等号是否成立．7．已知函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在(－2，＋∞)内是减少的，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝eq\f(ax＋1′x＋2－ax＋1·x＋2′,x＋22)＝eq\f(2a－1,x＋22)，由函数f(x)在(－2，＋∞)内是减少的知f′(x)≤0在(－2，＋∞)内恒成立，即eq\f(2a－1,x＋22)≤0在(－2，＋∞)内恒成立，因此a≤eq\f(1,2).又当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\f(\f(1,2)x＋1,x＋2)＝eq\f(1,2)为常数函数，所以不符合题意，所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))8．试问是否存在实数a，使得函数f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间？如果存在，求出实数a的取值范围及这三个单调区间；如果不存在，请说明理由．解：f′(x)＝3ax2＋1，若a>0，则f′(x)>0，此时f(x)只有一个单调区间，不满足要求；若a＝0，则f′(x)＝1>0，此时f(x)也只有一个单调区间，不满足要求；若a<0，则f′(x)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,\r(－3a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,\r(－3a))))，此时f(x)恰有三个单调区间，满足要求．综上可知，存在实数a<0，使f(x)恰有三个单调区间，其中单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,\r(－3a))))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(－3a))，＋∞))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(－3a))，\f(1,\r(－3a)))).(1)在利用导数来讨论函数的单调性时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中只能在定义域内通过讨论导数的符号来确定函数的单调区间．(2)已知函数的单调性求参数的范围，这类问题往往转化为不等式的恒成立问题，即f′(x)≥0或f′(x)≤0在给定区间恒成立，从中求出参数范围，但应注意能否取到等号需要单独验证．eq\a\vs4\al([对应课时跟踪训练十])1．函数f(x)＝x3－3x2＋1的单调递减区间为()A．(2，＋∞)B．(－∞，2)C．(－∞，0)D.(0,2)解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)<0，得0<x<2，所以f(x)的单调递减区间为(0,2)．答案：D2．当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(2,x)的单调递减区间是()A．(2，＋∞)B．(0,2)C．(eq\r(2)，＋∞)D.(0，eq\r(2))解析：f′(x)＝1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2－2,x2)＝eq\f(x－\r(2)x＋\r(2),x2).由f′(x)<0且x>0得0<x<eq\r(2).答案：D3．若函数h(x)＝2x－eq\f(k,x)＋eq\f(k,3)在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是()A．[－2，＋∞)B．[2，＋∞)C．(－∞，－2]D.(－∞，2]解析：根据条件得h′(x)＝2＋eq\f(k,x2)＝eq\f(2x2＋k,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．答案：A4．已知函数f(x)＝eq\r(x)＋lnx，则有()A．f(2)<f(e)<f(3)B．f(e)<f(2)<f(3)C．f(3)<f(e)<f(2)D.f(e)<f(3)<f(2)解析：因为在定义域(0，＋∞)上f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以有f(2)<f(e)<f(3)．答案：A5．函数f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的单调递增区间为________．解析：令f′(x)＝1－2cosx>0，则cosx<eq\f(1,2).又x∈(0，π)，解得eq\f(π,3)<x<π，所以函数在(0，π)上的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))6．函数f(x)＝lnx－x的单调递增区间为________．解析：令f′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，解不等式得0<x<1.注意定义域为(0，＋∞)．答案：(0,1)7．设f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax.若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，求a的取值范围．解：f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(