2024-2025學年高中數(shù)學第三章導數(shù)及其應用3.3.1函數(shù)的單調性與導數(shù)學案含解析新人教A版選修1-1

PAGE10-3.3導數(shù)在探討函數(shù)中的應用3.3.1函數(shù)的單調性與導數(shù)自主預習·探新知情景引入“菊花”煙花是最壯麗的煙花之一．制造時一般是期望在它達到最高點(大約是在距地面高度25m到30m處)時爆裂，煙花沖出后的運動線路是呈拋物線形的，為了達到釋放煙花的最佳效果，煙花設計者依據(jù)有關的數(shù)據(jù)設定引線的長度，假如讓你來設計，應當如何進行呢？新知導學1．函數(shù)的單調性與其導數(shù)正負的關系定義在區(qū)間(a，b)內的函數(shù)y＝f(x)：f′(x)的正負f(x)的單調性f′(x)>0單調遞__增__f′(x)<0單調遞__減__2.函數(shù)圖象的改變趨勢與導數(shù)值大小的關系一般地，設函數(shù)y＝f(x)，在區(qū)間(a，b)上導數(shù)的肯定值函數(shù)值改變函數(shù)的圖象越大__快__比較“__陡峭__”(向上或向下)越小__慢__比較“__平緩__”(向上或向下)預習自測1．導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(D)[解析]∵當x＞0時，f′(x)＞0，當x＜0時，f′(x)＜0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，0)上是減函數(shù)，故選D．2．函數(shù)y＝x3＋x的單調遞增區(qū)間為(D)A．(0，＋∞) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，＋∞)[解析]∵y′＝3x2＋1>0恒成立，∴函數(shù)y＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，故選D．3．(2024·重慶高二檢測)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調遞減區(qū)間為(C)A．(－1,1) B．(－∞，1)C．(0,1) D．(1，＋∞)[解析]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)，令f′(x)<0，即x－eq\f(1,x)<0，解得0<x<1，故選C．4．函數(shù)y＝ax3－1在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，則a的取值范圍是__(－∞，0)__.[解析]∵y′＝3ax2≤0恒成立，∴a≤0.當a＝0時，y＝－1不是減函數(shù)，∴a≠0.故a的取值范圍是(－∞，0)．5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(a,x)(x≠0，常數(shù)a∈R)．(1)當a＝48時，求f(x)的單調遞減區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)當a＝48時，f(x)＝x3＋eq\f(48,x)，f′(x)＝3x2－eq\f(48,x2)＝eq\f(3x4－48,x2)＝eq\f(3x2＋4x＋2x－2,x2).令f′(x)<0，得－2<x<0或0<x<2.∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(－2,0)，(0,2)．(2)要使f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，需f′(x)＝3x2－eq\f(a,x2)＝eq\f(3x4－a,x2)≥0在[2，＋∞)上恒成立，即a≤3x4在[2，＋∞)上恒成立．令g(x)＝3x4，x∈[2，＋∞)，則a≤g(x)min.∵g′(x)＝12x3，x∈[2，＋∞)，∴g′(x)>0，即g(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(x)min＝g(2)＝48，從而a≤48，∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，48]．互動探究·攻重難互動探究解疑命題方向?利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間典例1(2024·貴州安順高二質檢)求下列函數(shù)的單調區(qū)間．(1)f(x)＝sinx(1＋cosx)(0≤x≤2π)；(2)f(x)＝x3－2x2＋x＋1.[思路分析]由于函數(shù)的單調性與函數(shù)導數(shù)的符號有關，因此，可以通過分析導數(shù)的符號求出函數(shù)的單調區(qū)間．[解析](1)f′(x)＝cosx(1＋cosx)＋sinx(－sinx)＝2cos2x＋cosx－1＝(2cosx－1)(cosx＋1)．∵0≤x≤2π，∴令f′(x)＝0，得x1＝eq\f(π,3)，x2＝π，x3＝eq\f(5π,3)，則區(qū)間[0,2π]被分成四個子區(qū)間，如下表所示：xeq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))f′(x)＋－－＋f(x)∴f(x)＝sinx(1＋cosx)(0≤x≤2π)的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,3))).(2)函數(shù)的定義域為R，f′(x)＝3x2－4x＋1＝3(x－1)(x－eq\f(1,3))．令f′(x)>0，可得x>1或x<eq\f(1,3)；令f′(x)<0，可得eq\f(1,3)<x<1.∴函數(shù)f(x)＝x3－2x2＋x＋1的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).『規(guī)律方法』1.函數(shù)的單調區(qū)間是定義域的子集，利用導數(shù)的符號推斷函數(shù)的單調性和求函數(shù)的單調區(qū)間，必需先考慮函數(shù)的定義域，寫函數(shù)的單調區(qū)間時，肯定要留意函數(shù)的不連續(xù)點和不行導點．2．利用導數(shù)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間的一般步驟為：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導數(shù)f′(x)；(3)在函數(shù)f(x)的定義域內解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；(4)依據(jù)(3)的結果確定函數(shù)f(x)的單調區(qū)間．┃┃跟蹤練習1__■求下列函數(shù)的單調區(qū)間．(1)f(x)＝3x2－2lnx；(2)f(x)＝x2·e－x；(3)f(x)＝x＋eq\f(1,x).[解析](1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝6x－eq\f(2,x)＝eq\f(23x2－1,x)，令f′(x)＞0，得x2＞eq\f(1,3)，∴x＞eq\f(\r(3),3)，令f′(x)＜0，得x2＜eq\f(1,3)，∴0＜x＜eq\f(\r(3),3).∴函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)).(2)函數(shù)的定義域為(－∞，＋∞)．∵f′(x)＝(x2)′e－x＋x2(e－x)′＝2xe－x－x2e－x＝e－x·(2x－x2)，令f′(x)＞0，又e－x＞0.∴2x－x2＞0，∴x2－2x＜0，∴0＜x＜2，令f′(x)＜0，∴2x－x2＜0，∴x2－2x＞0，∴x＜0或x＞2.∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0)和(2，＋∞)，單調減增區(qū)間為(0,2)．(3)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)．f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，令f′(x)＞0，得x2－1＞0，∴x＜－1或x＞1，令f′(x)＜0，得x2－1＜0，∴－1＜x＜0或0＜x＜1.∴f(x)的單調遞減區(qū)間為(－1,0)和(0,1)，單調遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)．命題方向?已知函數(shù)的單調性，確定參數(shù)的取值范圍典例2若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)內單調遞減，在(6，＋∞)上單調遞增，試求a的取值范圍．[解析]解法一：(數(shù)形結合)如圖所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．∵在(1,4)內f′(x)≤0，在(6，＋∞)內f′(x)≥0，且f′(x)＝0有一根為1，∴另一根在[4,6]上．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′4≤0,f′6≥0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(35－a≤0,57－a≥0))，∴5≤a≤7.解法二：(轉化為不等式恒成立的問題)f′(x)＝x2－ax＋a－1.因為f(x)在(1,4)內單調遞減，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1，因為2<x＋1<5，所以當a≥5時，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，又因為f(x)在(6，＋∞)上單調遞增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1，因為x＋1>7，所以a≤7時，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．綜上知5≤a≤7.『規(guī)律方法』1.已知函數(shù)f(x)在某區(qū)間A上單調求參數(shù)的值或取值范圍時，一般轉化為在區(qū)間A上f′(x)≥0(f(x)單調遞增時)或f′(x)≤0(f(x)在區(qū)間A上單調遞減時)恒成立求解，有時也用數(shù)形結合方法求解．2．y＝f(x)在(a，b)內可導，f′(x)≥0或f′(x)≤0且y＝f(x)在(a，b)內導數(shù)為0的點僅有有限個，則y＝f(x)在(a，b)內仍是單調函數(shù)，例如：y＝x3在R上f′(x)≥0，所以y＝x3在R上單調遞增．┃┃跟蹤練習2__■已知函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x＋1在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．[解析]f′(x)＝3ax2＋6x－1，由題意得3ax2＋6x－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立．當a＝0時，6x－1≤0，x≤eq\f(1,6)不滿意題意，∴a≠0.當a≠0時，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝36＋12a≤0))，∴a≤－3.綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是a≤－3.命題方向?利用導數(shù)探討函數(shù)的單調性典例3(1)(2024·臨沂高二檢測)f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)，若y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(D)(2)證明函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0,2)上是單調遞增函數(shù)．[解析](1)由導函數(shù)圖象可知函數(shù)f(x)在(－∞，0)上為增函數(shù)，解除A，C，在(0,2)上為減函數(shù)，解除B，故選D．(2)證明：∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)>0.可知lnx<1，即0<x<e.故函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)的單調增區(qū)間為(0，e)，又(0,2)?(0，e)，∴函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在(0,2)上為單調增函數(shù)．『規(guī)律總結』1.函數(shù)的圖象與函數(shù)的導數(shù)關系的推斷方法(1)對于原函數(shù)，要重點考查其圖象在哪個區(qū)間內單調遞增，在哪個區(qū)間內單調遞減．(2)對于導函數(shù)，則應考查其函數(shù)值在哪個區(qū)間內大于零，在哪個區(qū)間內小于零，并考查這些區(qū)間與原函數(shù)的單調區(qū)間是否一樣．2．利用導數(shù)證明或推斷函數(shù)單調性的思路求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)：(1)若f′(x)>0，則y＝f(x)在(a，b)上單調遞增；(2)若f′(x)<0，則y＝f(x)在(a，b)上單調遞減；(3)若恒有f′(x)＝0，則y＝f(x)是常數(shù)函數(shù)，不具有單調性．┃┃跟蹤練習3__■(2024·阜陽高二檢測)函數(shù)y＝f(x)在定義域(－eq\f(3,2)，3)內可導，其圖象如圖，記y＝f(x)的導函數(shù)為y＝f′(x)，則不等式f′(x)<0的解集為__(－eq\f(1,3)，1)∪(2,3)__.[解析]函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－eq\f(1,3)，1)和區(qū)間(2,3)上單調遞減，所以在區(qū)間(－eq\f(1,3)，1)和區(qū)間(2,3)上，y＝f′(x)<0，所以f′(x)<0的解集為(－eq\f(1,3)，1)∪(2,3)．命題方向?轉化思想的應用——構造法證明不等式典例4已知x＞1，求證：x＞lnx.[解析]設f(x)＝x－lnx(x＞1)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∵x＞1，∴f′(x)＝eq\f(x－1,x)＞0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．又f(1)＝1－ln1＝1＞0，即f(x)＞0對x∈(1，＋∞)恒成立，∴x－lnx＞0，即x＞lnx(x＞1)．『規(guī)律方法』構造函數(shù)，利用導數(shù)確定函數(shù)單調性，把證明不等式的問題轉化為用單調性比較函數(shù)值大小的問題，實現(xiàn)了困難問題簡潔化．構造法是用導數(shù)探討函數(shù)中常用到的基本方法．┃┃跟蹤練習4__■已知x∈(1，＋∞)，求證：eq\f(x－1,lnx)＜x.[解析]∵x∈(1，＋∞)，∴l(xiāng)nx＞0，∴不等式eq\f(x－1,lnx)＜x可化為x－1＜xlnx，即xlnx－x＋1＞0.令f(x)＝xlnx－x＋1(x＞1)，∴f′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，∴f′(x)＞0，∴函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，∴f(x)＞f(1)＝0，∴xlnx－x＋1＞0，即x∈(1，＋∞)時，eq\f(x－1,lnx)＜x成立．學科核心素養(yǎng)含參數(shù)的函數(shù)的單調性與單調區(qū)間問題當給定的函數(shù)有字母參數(shù)時，求單調區(qū)間一般須要分類探討，不同的化歸方法和運算依次往往使分類方法不同，應留意分類探討的精確性和全面性．一般來說，此類問題可歸結為解含參數(shù)的一元二次不等式，要留意對參數(shù)探討，其探討標準為：①對二次項系數(shù)進行大于零、小于零、等于零分類探討；②當二次項系數(shù)不為零時，再對判別式進行大于零、小于零、等于零分類探討；③當判別式大于零時，再對兩根的大小進行探討．另外，有時也依據(jù)f′(x)>0與f′(x)<0的解集與定義域交集形式的不同綻開探討．典例5已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，探討f(x)的單調性．[解析]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).①若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．②若a>0，則由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，當x>eq\f(1,a)時，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞減．『規(guī)律方法』用導數(shù)探討函數(shù)的單調性時，往往易忽視函數(shù)的定義域，造成所求的單調區(qū)間不正確．因此肯定要牢記在函數(shù)定義域范圍內探討函數(shù)的性質．┃┃跟蹤練習5__■設函數(shù)f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底部，探討f(x)的單調性．[解析]f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)，當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內單調遞減，當a>0時，f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a))，當x∈(0，eq\f(1,\r(2a)))