人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册学案：习题课 函数的单调性的综合问题

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第二册PAGEPAGE1习题课函数的单调性的综合问题学习目标1.进一步理解函数的导数和其单调性的关系.2.能求简单的含参的函数的单调区间以及根据函数的单调性求参数的取值范围．一、求含参数的函数的单调区间例1讨论函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2＋x－(a＋1)lnx(a≥0)的单调性．解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋1－eq\f(a＋1,x)＝eq\f(ax2＋x－a＋1,x).①当a＝0时，f′(x)＝eq\f(x－1,x)，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②当a>0时，f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))x－1,x)，∵a>0，∴eq\f(a＋1,a)>0.由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≥0时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．反思感悟(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数的定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．跟踪训练1求函数f(x)＝eq\f(1,x2)＋alnx(a∈R)的单调递减区间．解易得函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(a,x)＝eq\f(ax2－2,x3).①当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，若0<x<eq\r(\f(2,a))，则f′(x)<0；若x>eq\r(\f(2,a))，则f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上单调递增．综上可知，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a)))).二、由单调性求参数的取值范围问题1对于函数f(x)＝x3，我们发现，它的导函数f′(x)＝3x2并没有恒大于0，当x＝0时，有f′(0)＝0，这是否会影响该函数的单调性？〖提示〗在x＝0的左右两侧，都有f′(x)>0，且该函数在x＝0处连续，故不会影响该函数在R上是增函数．也就是说对于导函数有有限个等于0的点，不影响函数的单调性，其实即便是无数不连续的点使得f′(x)＝0，也不会影响函数的单调性，比如f(x)＝x－sinx，它的导函数f′(x)＝1－cosx≥0恒成立，当且仅当x＝2kπ，k∈Z时，f′(x)＝0，但这并不影响函数f(x)＝x－sinx在R上是增函数．问题2对于函数y＝f(x)，f′(x)≥0是f(x)为增函数的充要条件吗？〖提示〗不是，因为这里的“≥”有两层含义，大于或等于，对于这个复合命题而言，只要大于或等于这两个条件有一个成立，它就是真命题，如果f′(x)≥0成立的条件是f′(x)＝0，即该函数无单调递增区间．知识梳理在某区间D上，若f′(x)>0⇒函数f(x)在D上单调递增；在某区间D上，若f′(x)<0⇒函数f(x)在D上单调递减．若函数f(x)在D上单调递增⇒f′(x)≥0；若函数f(x)在D上单调递减⇒f′(x)≤0.注意点：(1)一般采用分离参数的方法解决恒成立的问题；(2)m≥f(x)恒成立⇔m≥f(x)max；m≤f(x)恒成立⇔m≤f(x)min；(3)需要对等号进行单独验证．例2已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－ax，若函数f(x)是R上的增函数，求实数a的取值范围．解f′(x)＝x2－a，因为f(x)是R上的增函数，故f′(x)＝x2－a≥0在R上恒成立，即a≤x2，所以a≤0.延伸探究1．本例函数不变，若函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上单调递增，求实数a的最大值．解由题意f′(x)＝x2－a在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))有f′(x)＝x2－a≥0恒成立，即a≤x2恒成立，即a≤1，故实数a的最大值是1.2．本例函数不变，若函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解由题意f′(x)＝x2－a在(2，＋∞)上有f′(x)＝x2－a≥0恒成立，即a≤x2恒成立，即a≤4.反思感悟(1)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)恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)．跟踪训练2(1)函数y＝eq\f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，则m的取值范围是()A．(－∞，1) B．(－∞，1〗C．(1，＋∞) D．〖1，＋∞)〖答案〗D〖解析〗函数y＝eq\f(1,3)x3＋x2＋mx＋2是R上的单调函数，即y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍)在R上恒成立，∴Δ＝4－4m≤0，解得m≥1.故选D.(2)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是()A．(－∞，－3〗∪〖－1,1〗∪〖3，＋∞)B．(－3，－1)∪(1,3)C．(－2,2)D．不存在这样的实数k〖答案〗B〖解析〗由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根．又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且f′(x)在x＝2或－2两侧导数异号，而区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1，故选B.三、函数图象的增长快慢的比较问题3观察下图，试分析函数增长或减少的速度与导数的大小关系？〖提示〗由图象可知若f′(x)>0，则f(x)单调递增，而导数值的大小不同决定了函数增长的快慢，显然f′(x)越大，函数f(x)增长的就越快；同样，若f′(x)<0，则f(x)单调递减，显然|f′x|越大，函数f(x)递减的就越快．知识梳理函数图象的变化趋势与导数的绝对值的大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上：导数的绝对值函数值变化函数的图象越大快比较“陡峭”(向上或向下)越小慢比较“平缓”(向上或向下)注意点：分析图象的变化与导数的绝对值的大小关系．例3如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()〖答案〗D〖解析〗由导函数的图象，可知两个函数在x0处切线斜率相同，可以排除A，B，C〖答案〗．反思感悟如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较慢，函数的图象就比较“平缓”．跟踪训练3若函数y＝f(x)的导函数在区间〖a，b〗上是增函数，则函数y＝f(x)在区间〖a，b〗上的图象可能是()〖答案〗A〖解析〗∵函数y＝f(x)的导函数在区间〖a，b〗上是增函数，∴对任意的a＜x1＜x2＜b，有f′(a)<f′(x1)<f′(x2)<f′(b)，即在a，x1，x2，b处它们的斜率是依次增大的．∴A满足上述条件；对于B，存在x1<x2使f′(x1)>f′(x2)；对于C，对任意的a＜x1＜x2＜b，都有f′(x1)＝f′(x2)；对于D，对任意的x∈〖a，b〗，f′(x)不满足逐渐递增的条件，故选A.1．知识清单：(1)求含参函数的单调区间．(2)由单调性求参数的取值范围．(3)函数图象增长快慢的比较．2．方法归纳：分类讨论、数形结合．3．常见误区：求参数的取值范围时容易忽略对端点值的讨论．1．函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象的大致形状是()〖答案〗D〖解析〗由已知图象可知，f(x)先减后增再单调性不变，则f′(x)先小于零后大于零最后等于0.2．若函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0 B．a<1C．a<2 D．a≤eq\f(1,3)〖答案〗A〖解析〗∵f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，∴a≤0.3．若函数f(x)＝eq\f(4,3)x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为()A．－1≤a≤2 B．－2≤a≤1C．a＞2或a＜－1 D．a＞1或a＜－2〖答案〗D〖解析〗若函数f(x)有3个单调区间，则f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有2个零点，故Δ＝16a2＋16(a－2)＞0，解得a＞1或a＜－2.4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(