蘇教版數(shù)學(xué)選修2-2講義第1章1.31.3.1單調(diào)性Word版含答案

1.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用1.3.1單調(diào)性學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．(重點(diǎn))2．含有字母參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性的討論，單調(diào)區(qū)間的求解．(難點(diǎn))3．由單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍．(易錯(cuò)點(diǎn))1.通過對導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象，直觀想象素養(yǎng)．2．通過利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性、求單調(diào)區(qū)間等，培養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).1．函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的關(guān)系(1)一般地，在某區(qū)間上函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)有如下關(guān)系：導(dǎo)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性f′(x)>0f(x)為該區(qū)間上的增函數(shù)f′(x)<0f(x)為該區(qū)間上的減函數(shù)(2)如果在區(qū)間(a，b)內(nèi)恒有f′(x)＝0，則y＝f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)．2．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)圖象間的關(guān)系(1)導(dǎo)函數(shù)圖象在x軸上方的區(qū)間為原函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，導(dǎo)函數(shù)圖象在x軸下方的區(qū)間為原函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間．(2)一般地，如果一個(gè)函數(shù)在某一范圍內(nèi)導(dǎo)數(shù)的絕對值較大，那么函數(shù)在這個(gè)范圍內(nèi)變化得快，這時(shí)，函數(shù)的圖象就比較“陡峭”；反之，函數(shù)的圖象就“平緩”一些．思考：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，需要先確定什么？[提示]函數(shù)的定義域．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子集．1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)D[f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)·(ex)′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，由f′(x)>0可得x>2，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．選D.]2．設(shè)f(x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,x)(x<0)，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，－2) B．(－2,0)C．(－∞，－eq\r(2)) D．(－eq\r(2)，0)D[f′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x2)，令f′(x)<0可得，－eq\r(2)<x<eq\r(2)，又x<0，∴－eq\r(2)<x<0.選D.]3．函數(shù)f(x)＝ex－x的單調(diào)遞增區(qū)間為________．(0，＋∞)[∵f(x)＝ex－x，∴f′(x)＝ex－1.由f′(x)＞0得，ex－1＞0，即x＞0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．]4．函數(shù)y＝ax3－1在(－∞，＋∞)內(nèi)是減函數(shù)，則a的取值范圍為__________．(－∞，0)[因?yàn)閥′＝3ax2≤0恒成立，解得a≤0.而a＝0時(shí)y＝－1不是減函數(shù)，所以a<0.]判斷(證明)函數(shù)的單調(diào)性【例1】(1)求證：函數(shù)f(x)＝ex－x－1在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，在(－∞，0)內(nèi)是減函數(shù)．(2)判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0,2)上的單調(diào)性．[解](1)證明：由于f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，ex>1，即f′(x)＝ex－1>0.故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，ex<1，即f′(x)＝ex－1<0.故函數(shù)f(x)在(－∞，0)內(nèi)為減函數(shù)．(2)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，x2>0.故f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)>0.∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是單調(diào)遞增函數(shù)．1．利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，實(shí)質(zhì)上就是證明f′(x)>0(或f′(x)<0)在給定區(qū)間上恒成立．2．利用導(dǎo)數(shù)判斷可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性，步驟是：(1)求f′(x)；(2)確定f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號；(3)得出結(jié)論．1．證明：函數(shù)y＝lnx＋x在其定義域內(nèi)為增函數(shù)．[證明]顯然函數(shù)的定義域?yàn)閧x|x>0}，又f′(x)＝(lnx＋x)′＝eq\f(1,x)＋1，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>1>0，故y＝lnx＋x在其定義域內(nèi)為增函數(shù)．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.[思路探究]首先確定函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)數(shù)，進(jìn)而解不等式得單調(diào)區(qū)間．[解](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(shí)，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(shí)，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相應(yīng)的x的范圍；當(dāng)f′(x)>0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間上是增函數(shù)；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，f(x)在相應(yīng)的區(qū)間上是減函數(shù)．(4)結(jié)合定義域?qū)懗鰡握{(diào)區(qū)間．2．若函數(shù)f(x)＝x2－2x－4lnx，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．(2，＋∞)[由已知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)＝eq\f(2x2－2x－4,x)，由f′(x)>0得x2－x－2>0，解得x<－1或x>2，又x>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．]已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍[探究問題]1．在區(qū)間(a，b)內(nèi)，若f′(x)＞0，則f(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增，反之也成立嗎？[提示]不一定成立．比如y＝x3在R上為增函數(shù)，但其在x＝0處的導(dǎo)數(shù)等于零．也就是說f′(x)＞0是y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)遞增的充分不必要條件．2．若函數(shù)f(x)為可導(dǎo)函數(shù)，且在區(qū)間(a，b)上是單調(diào)遞增(或遞減)函數(shù)，則f′(x)滿足什么條件？[提示]f′(x)≥0(或f′(x)≤0)．【例3】已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1為單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[思路探究]eq\x(fx單調(diào)遞增)→eq\x(f′x≥0恒成立)→eq\x(分離參數(shù)求a的范圍)[解]由已知得f′(x)＝3x2－a，因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2對x∈R恒成立，因?yàn)?x2≥0，所以只需a≤0.又因?yàn)閍＝0時(shí)，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0.1．(變條件)若函數(shù)f(x)＝x3－ax－1的單調(diào)減區(qū)間為(－1,1)，求a的取值范圍．[解]f′(x)＝3x2－a，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意．②當(dāng)a＞0時(shí)，令3x2－a＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)，當(dāng)－eq\f(\r(3a),3)＜x＜eq\f(\r(3a),3)時(shí)，f′(x)＜0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上為減函數(shù)，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.2．(變條件)若函數(shù)f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．[解]由題意可知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≤0，,f′1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a≤0，,3－a≤0，))∴a≥3.即a的取值范圍是[3，＋∞)．3．(變條件)若函數(shù)f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍．[解]∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a，由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)，∵f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，∴0＜eq\f(\r(3a),3)＜1，即0＜a＜3.故a的取值范圍為(0,3)．1．解答本題注意：可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(或單調(diào)遞減)的充要條件是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.2．已知f(x)在區(qū)間(a，b)上的單調(diào)性，求參數(shù)范圍的方法(1)利用集合的包含關(guān)系處理f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)的問題，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集；(2)利用不等式的恒成立處理f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增(減)的問題，則f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)內(nèi)恒成立，注意驗(yàn)證等號是否成立．1．求函數(shù)單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵循“定義域優(yōu)先”原則．2．由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增?f′(x)≥0，函數(shù)單調(diào)遞減?f′(x)≤0，不要忽略“等號”.1．判斷(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)上是增函數(shù)，則對任意x∈(a，b)，都有f′(x)>0.()(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在其定義域上是單調(diào)減函數(shù)．()(3)函數(shù)f(x)＝x3－2x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．()(4)若存在x∈(a，b)有f′(x)＝0成立，則函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù)．()[答案](1)×(2)×(3)√(4)×2．設(shè)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可能為()C[∵f(x)在(－∞，1)，(4，＋∞)上是減函數(shù)，在(1,4)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x＜1或x＞4時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)1＜x＜4時(shí)，f′(x)＞0.故選C.]3．函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的單調(diào)減區(qū)間是________．(1,2)[f′(x)＝6x2－18x＋12，令f′(x)＜0，即6x2－18x＋12＜0，解得1＜x＜2.]4．已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x，a≠0.若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．[解]h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.因?yàn)閔(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以x∈[1,4]時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，令G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)最大值，而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1.因?yàn)閤∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co