2023學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用1.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性教學(xué)案北師大版選修2

1．1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P26])已知函數(shù)(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.問題1：求上面六個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．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).問題2：試判斷所求導(dǎo)數(shù)的符號．提示：(1)(3)(5)的導(dǎo)數(shù)為正，(2)(4)(6)的導(dǎo)數(shù)為負(fù)．問題3：試判斷上面六個函數(shù)的單調(diào)性．提示：(1)(3)(5)在定義域上是增加的，(2)(4)(6)在定義域上是減少的．問題4：試探討函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)正負(fù)的關(guān)系．提示：當(dāng)f′(x)>0時，f(x)為增加的，當(dāng)f′(x)<0時，f(x)為減少的．函數(shù)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的符號有如下關(guān)系：導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)函數(shù)在(a，b)上的單調(diào)性f′(x)＞0增加f′(x)＜0減少f′(x)＝0常數(shù)函數(shù)(1)若在某個區(qū)間上有有限個(或無限個不連續(xù))點(diǎn)使f′(x)＝0，而其余點(diǎn)恒有f′(x)>0(或f′(x)<0)，則f(x)仍為增加的(或減少的)，例如函數(shù)y＝x3，x∈R，則f′(x)＝3x2，盡管當(dāng)x＝0時，f′(x)＝0，但該函數(shù)y＝x3在R上仍為增加的．(2)在某一區(qū)間上f′(x)>0(或f′(x)<0)是函數(shù)y＝f(x)在該區(qū)間上為增加(或減少)的充分不必要條件，而不是充要條件．eq\a\vs4\al([對應(yīng)學(xué)生用書P26])判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性[例1]證明函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0,2)上是增加的．[思路點(diǎn)撥]要證函數(shù)f(x)在(0,2)上為增加的，只要證f′(x)>0在(0,2)上恒成立即可．[精解詳析]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，即函數(shù)在區(qū)間(0,2)上是增加的．[一點(diǎn)通]利用導(dǎo)數(shù)判斷或證明一個函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，實(shí)質(zhì)上就是判斷或證明不等式f′(x)>0(f′(x)<0)在給定區(qū)間上恒成立．一般步驟為：①求導(dǎo)f′(x)；②判斷f′(x)的符號；③給出單調(diào)性結(jié)論．1．下列函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增加的是()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，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，只有(x·ex)′＝(1＋x)·ex>0.答案：B2.證明函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是減少的．證明：∵f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，又∵x∈(0,1]，∴x2－1≤0(只有x＝1時等號成立)，∴f′(x)≤0，∴f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上為減少的．3．判斷y＝ax3－1(a∈R)在R上的單調(diào)性．解：∵y′＝3ax2，又x2≥0.(1)當(dāng)a＞0時，y′≥0，函數(shù)在R上單調(diào)遞增；(2)當(dāng)a＜0時，y′≤0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減；(3)當(dāng)a＝0時，y′＝0，函數(shù)在R上不具備單調(diào)性.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例2]求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝x2－lnx；(2)f(x)＝eq\f(ex,x－2)；(3)f(x)＝－x3＋3x2.[精解詳析](1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(\r(2)x－1\r(2)x＋1,x).因?yàn)閤>0，所以eq\r(2)x＋1>0，由f′(x)>0，解得x>eq\f(\r(2),2)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為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，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).(2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，2)∪(2，＋∞)．f′(x)＝eq\f(exx－2－ex,x－22)＝eq\f(exx－3,x－22).因?yàn)閤∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0.由f′(x)>0，解得x>3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)；由f′(x)<0，解得x<3，又x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)和(2,3)．(3)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)．當(dāng)0<x<2時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,2)；當(dāng)x<0或x>2時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)．[一點(diǎn)通]利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，實(shí)質(zhì)上是轉(zhuǎn)化為解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.但要特別注意的是，不能忽略函數(shù)的定義域，應(yīng)首先求出函數(shù)的定義域，在定義域內(nèi)解不等式．另外，如果函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個時，應(yīng)用“及”“和”等連接，而不能寫成并集的形式．4．函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖像如右圖，則函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為________．解析：當(dāng)－1≤x≤0或x≥2時f′(x)≥0，可得遞增區(qū)間為[－1,0]和[2，＋∞)．答案：[－1,0]和[2，＋∞)5．函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D.(0，＋∞)解析：函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，則可得0<x≤1.答案：B6．求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(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的單調(diào)遞增區(qū)間為(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的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).(2)函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，y′＝x＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋a,x)，當(dāng)a≥0時y′>0，∴y＝eq\f(1,2)x2＋alnx的增區(qū)間為(0，＋∞)，無減區(qū)間．當(dāng)a<0時，由y′>0得x>eq\r(－a)，由y′<0得0<x<eq\r(－a)，∴y＝eq\f(1,2)x2＋alnx的增區(qū)間為(eq\r(－a)，＋∞)，減區(qū)間為(0，eq\r(－a))．已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍[例3]若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[精解詳析]f′(x)＝3x2＋2x＋m，由于f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．由于導(dǎo)函數(shù)的二次項(xiàng)系數(shù)3>0，所以只能有f′(x)≥0恒成立．法一：由上述討論可知要使f′(x)≥0恒成立，只需使方程3x2＋2x＋m＝0的判別式Δ＝4－12m≤0，故m≥eq\f(1,3).經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)m＝eq\f(1,3)時，只有個別點(diǎn)使f′(x)＝0，符合題意．所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是m≥eq\f(1,3).法二：3x2＋2x＋m≥0恒成立，即m≥－3x2－2x恒成立．設(shè)g(x)＝－3x2－2x＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)，易知函數(shù)g(x)在R上的最大值為eq\f(1,3)，所以m≥eq\f(1,3).經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)m＝eq\f(1,3)時，只有個別點(diǎn)使f′(x)＝0，符合題意．所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是m≥eq\f(1,3).[一點(diǎn)通]已知函數(shù)y＝f(x)，x∈[a，b]的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍的步驟：(1)求導(dǎo)數(shù)y＝f′(x)；(2)轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0或f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立問題；(3)由不等式恒成立求參數(shù)范圍；(4)驗(yàn)證等號是否成立．7．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在(－2，＋∞)內(nèi)是減少的，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：f′(x)＝eq\f(ax＋1′x＋2－ax＋1·x＋2′,x＋22)＝eq\f(2a－1,x＋22)，由函數(shù)f(x)在(－2，＋∞)內(nèi)是減少的知f′(x)≤0在(－2，＋∞)內(nèi)恒成立，即eq\f(2a－1,x＋22)≤0在(－2，＋∞)內(nèi)恒成立，因此a≤eq\f(1,2).又當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\f(\f(1,2)x＋1,x＋2)＝eq\f(1,2)為常數(shù)函數(shù)，所以不符合題意，所以a的取值范圍是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．試問是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)＝ax3＋x恰有三個單調(diào)區(qū)間？如果存在，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍及這三個單調(diào)區(qū)間；如果不存在，請說明理由．解：f′(x)＝3ax2＋1，若a>0，則f′(x)>0，此時f(x)只有一個單調(diào)區(qū)間，不滿足要求；若a＝0，則f′(x)＝1>0，此時f(x)也只有一個單調(diào)區(qū)間，不滿足要求；若a<0，則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))))，此時f(x)恰有三個單調(diào)區(qū)間，滿足要求．綜上可知，存在實(shí)數(shù)a<0，使f(x)恰有三個單調(diào)區(qū)間，其中單調(diào)遞減區(qū)間為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))，＋∞))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(－3a))，\f(1,\r(－3a)))).(1)在利用導(dǎo)數(shù)來討論函數(shù)的單調(diào)性時，首先要確定函數(shù)的定義域，解決問題的過程中只能在定義域內(nèi)通過討論導(dǎo)數(shù)的符號來確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(2)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍，這類問題往往轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即f′(x)≥0或f′(x)≤0在給定區(qū)間恒成立，從中求出參數(shù)范圍，但應(yīng)注意能否取到等號需要單獨(dú)驗(yàn)證．eq\a\vs4\al([對應(yīng)課時跟蹤訓(xùn)練十])1．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1的單調(diào)遞減區(qū)間為()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)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2)．答案：D2．當(dāng)x>0時，f(x)＝x＋eq\f(2,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()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．若函數(shù)h(x)＝2x－eq\f(k,x)＋eq\f(k,3)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．[－2，＋∞)B．[2，＋∞)C．(－∞，－2]D.(－∞，2]解析：根據(jù)條件得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．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)＋lnx，則有()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?yàn)樵诙x域(0，＋∞)上f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以有f(2)<f(e)<f(3)．答案：A5．函數(shù)f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：令f′(x)＝1－2cosx>0，則cosx<eq\f(1,2).又x∈(0，π)，解得eq\f(π,3)<x<π，所以函數(shù)在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為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．函數(shù)f(x)＝lnx－x的單調(diào)遞增區(qū)間為________．解析：令f′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，解不等式得0<x<1.注意定義域?yàn)?0，＋∞)．答案：(0,1)7．設(shè)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)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍．解：f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(