2024-2025学年高中数学第三章导数应用3.1.1导数与函数的单调性学案含解析北师大版选修2-2

PAGE§1函数的单调性与极值1．1导数与函数的单调性授课提示：对应学生用书第25页[自主梳理]一、导函数符号与函数的单调性之间的关系1．假如在某个区间内，函数y＝f(x)的导数________，则在这个区间上，函数y＝f(x)是增加的．2．假如在某个区间内，函数y＝f(x)的导数________，则在这个区间上，函数y＝f(x)是削减的．二、导函数肯定值大小对函数改变快慢的影响一般地，假如一个函数在某一范围内导数的肯定值改变较大，那么函数值在这个范围内改变的________，这时，函数的图像就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图像就______一些．[双基自测]1．当x>0时，f(x)＝eq\f(2,x)＋x，则f(x)的递减区间是()A．(2，＋∞) B．(0,2)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\r(2))2．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间内是增函数()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)3．f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图像如图所示，则f(x)的图像可能是()4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的范围是______．[自主梳理]一、f′(x)>0f′(x)<0二、快“平缓”[双基自测]1．Df′(x)＝－eq\f(2,x2)＋1，x>0，由f′(x)<0，x>0，得0<x<eq\r(2)，∴x>0时，f(x)的递减区间是(0，eq\r(2))．2．B3．D由图知f′(x)在区间[a，b]上先增大后减小，但始终大于等于0，则f(x)的图像上点的切线的斜率应先增大后减小，只有D符合．4．(－∞，－1]因为f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)＜0，在x∈(－1，＋∞)上恒成立，所以b＜x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立．而x(x＋2)在(－1，＋∞)上大于－1，所以b≤－1.授课提示：对应学生用书第26页探究一求函数的单调区间[例1]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx(a∈R，a≠0)，求f(x)的单调区间．[解析]函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx的导数为f′(x)＝x＋eq\f(a,x).(1)当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，所以函数只有单调递增区间，其增区间是(0，＋∞)．(2)当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)，于是由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，得x>eq\r(－a)；由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)<0，得0<x<eq\r(－a).所以当a<0时，函数的单调递增区间是(eq\r(－a)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq\r(－a))．当函数解析式中含有参数时，求其单调区间问题往往要转化为解含参数的不等式问题，这时应对所含参数进行适当地分类探讨，做到不重不漏，最终要将各种状况分别进行表述．1．试确定下列函数的单调递减区间：(1)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)；(2)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋a2)x2＋a3x＋a2.解析：(1)函数的定义域为{x|x≠0}．f′(x)＝(x＋eq\f(a,x))′＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋eq\r(a))(x－eq\r(a))．要求f(x)的递减区间，故不妨令f′(x)<0，则eq\f(1,x2)(x＋eq\r(a))·(x－eq\r(a))<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，且x≠0，∴函数的递减区间为(－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a))．(2)y′＝x2－(a＋a2)x＋a3＝(x－a)(x－a2)，令y′<0，得(x－a)(x－a2)<0.①当a<0时，不等式的解集为a<x<a2，此时函数的递减区间为(a，a2)；②当0<a<1时，不等式解集为a2<x<a，此时函数的递减区间为(a2，a)；③当a>1时，不等式解集为a<x<a2，此时函数的递减区间为(a，a2)；④a＝0，a＝1时，y′≥0，此时，无减区间．综上所述：当a<0或a>1时，函数f(x)的递减区间为(a，a2)；当0<a<1时，函数f(x)的单调递减区间为(a2，a)；当a＝0，a＝1时，无减区间．探究二推断或证明函数的单调性[例2]证明函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在区间(0,2)上是增加的．[解析]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．利用导数推断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是推断或证明不等式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推断f′(x)的符号；③给出单调性结论．2．推断y＝ax3－1(a∈R)在R上的单调性．解析：∵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．探究三已知函数的单调性求参数的取值范围[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．[解析]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：由上述探讨可知要使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).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．3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内为削减的，在区间(6，＋∞)内是增加的，试求实数a的取值范围．解析：函数f(x)的导数f′(x)＝x2－ax＋a－1.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1.当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)内是增加的，不合题意；当a－1>1，即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)内是增加的，在(1，a－1)内是削减的，在(a－1，＋∞)内是增加的．依题意应有当x∈(1,4)时，f′(x)<0；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0.所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.所以a的取值范围为[5,7]．利用单调性证明方程有唯一解[例4]证明方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解．[证明]设f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx，明显x＝0是方程x－eq\f(1,2)sinx＝0的一个解．因为f′(x)＝1－eq