《2018-2019高中數學 第3章 導數及其應用 3.3.1 單調性學案 蘇教版選修1 -1.docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2018-2019高中數學 第3章 導數及其應用 3.3.1 單調性學案 蘇教版選修1 -1.docx(15頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
3.3.1 單調性
學習目標 1.結合實例,直觀探索并掌握函數的單調性與導數的關系.2.能利用導數研究函數的單調性,并能夠利用單調性證明一些簡單的不等式.3.會用導數法求函數的單調區(qū)間(其中多項式函數一般不超過三次).
知識點 函數的單調性與導函數正負的關系
思考1 觀察下列各圖,完成表格內容.
函數及其圖象
切線斜率k正負
導數正負
單調性
正
正
[1,+∞)上單調遞增
正
正
R上單調遞增
負
負
(0,+∞)上單調遞減
負
負
(0,+∞)上單調遞減
負
負
(-∞,0)上單調遞減
思考2 依據上述分析,可得出什么結論?
答案 一般地,設函數y=f(x),在區(qū)間(a,b)上,
①如果f′(x)>0,則f(x)在該區(qū)間上單調遞增;
②如果f′(x)<0,則f(x)在該區(qū)間上單調遞減.
梳理 (1)
導數值
切線的斜率
傾斜角
曲線的變化趨勢
函數的單調性
f′(x)>0
k>0
銳角
上升
單調遞增
f′(x)<0
k<0
鈍角
下降
單調遞減
(2)在區(qū)間(a,b)內函數的單調性與導數有如下關系:
函數的單調性
導數
單調遞增
f′(x) ≥0,且f′(x)在(a,b)的任何子區(qū)間上都不恒為零
單調遞減
f′(x)≤0,且f′(x)在(a,b)的任何子區(qū)間上都不恒為零
常函數
f′(x)=0
1.如果函數y=f(x)在區(qū)間(a,b)上都有f′(x)>0,那么f(x)在區(qū)間(a,b)內單調遞增.( √ )
2.如果函數y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調遞增,那么它在區(qū)間(a,b)上都有f′(x)>0.( )
3.函數y=x3+x2-5x-5的單調遞增區(qū)間是和(1,+∞).( √ )
4.函數f(x)=lnx-ax(a>0)的單調增區(qū)間為.( )
類型一 求函數的單調區(qū)間
例1 求f(x)=3x2-2lnx的單調區(qū)間.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
解 f(x)=3x2-2lnx的定義域為(0,+∞).
f′(x)=6x-=
=,
由x>0,解f′(x)>0,得x>;
由x>0,解f′(x)<0,得0
0,函數在定義域內的解集上為增函數;
(4)解不等式f′(x)<0,函數在定義域內的解集上為減函數.
跟蹤訓練1 求函數f(x)=的單調區(qū)間.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
解 函數f(x)的定義域為(-∞,2)∪(2,+∞).
f′(x)==.
因為x∈(-∞,2)∪(2,+∞),所以ex>0,(x-2)2>0.
由f′(x)>0,得x>3,
所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(3,+∞);
由f′(x)<0,得x<3.
又函數f(x)的定義域為(-∞,2)∪(2,+∞),
所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(-∞,2)和(2,3).
例2 討論函數f(x)=x2-alnx(a≥0)的單調性.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 求含參數函數的單調區(qū)間
解 函數f(x)的定義域是(0,+∞),
f′(x)=2x-=.
設g(x)=2x2-a,由g(x)=0,得2x2=a.
當a=0時,f′(x)=2x>0,函數f(x)在區(qū)間(0,+∞)上為增函數;
當a>0時,由g(x)=0,得x=或x=-(舍去).
當x∈時,g(x)<0,即f′(x)<0;
當x∈時,g(x)>0,即f′(x)>0.
所以當a>0時,函數f(x)在區(qū)間上為減函數,在區(qū)間上為增函數.
綜上,當a=0時,函數f(x)的單調增區(qū)間是(0,+∞);
當a>0時,函數f(x)的單調增區(qū)間是,單調減區(qū)間是.
引申探究
若將本例改為f(x)=ax2-lnx(a∈R)呢?
解 f′(x)=2ax-=,
當a≤0時,且x∈(0,+∞),f′(x)<0,
∴函數f(x)在(0,+∞)上為減函數;
當a>0時,令f′(x)=0,
解得x=或x=-(舍去).
當x∈時,f′(x)<0,∴f(x)為減函數;
當x∈時,f′(x)>0,∴f(x)為增函數.
綜上所述,當a≤0時,函數f(x)在(0,+∞)上為減函數;
當a>0時,f(x)在上為減函數,在上為增函數.
反思與感悟 (1)在判斷含有參數的函數的單調性時,不僅要考慮到參數的取值范圍,而且要結合函數的定義域來確定f′(x)的符號,否則會產生錯誤.
(2)分類討論是把整個問題劃分為若干個局部問題,在每一個局部問題中,原先的不確定因素就變成了確定性因素,當這些局部問題都解決了,整個問題就解決了.
跟蹤訓練2 已知函數f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1,其中x∈R,t∈R.當t≠0時,求f(x)的單調區(qū)間.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 求含參數函數的單調區(qū)間
解 f′(x)=12x2+6tx-6t2
=6(x+t)(2x-t),
令f′(x)=0,得x1=-t,x2=.
當t<0,x∈時,f′(x)<0,此時f(x)為減函數;
當x∈時,f′(x)>0,此時f(x)為增函數,
同理當x∈(-t,+∞)時,f(x)也為增函數.
∴當t<0時,f(x)的增區(qū)間為和(-t,+∞),
f(x)的減區(qū)間為;
當t>0,x∈時,f′(x)<0,此時f(x)為減函數,
當x∈(-∞,-t)和x∈時,f′(x)>0,此時f(x)為增函數,
∴當t>0時,f(x)的增區(qū)間為(-∞,-t),,
f(x)的減區(qū)間為.
綜上所述,①當t<0時,f(x)的單調增區(qū)間是,(-t,+∞),單調減區(qū)間是.
②當t>0時,f(x)的單調增區(qū)間是(-∞,-t),,單調減區(qū)間是.
類型二 證明函數的單調性問題
例3 證明:函數f(x)=在區(qū)間上單調遞減.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 證明函數的單調性
證明 f′(x)=,又x∈,
則cosx<0,sinx>0,∴xcosx-sinx<0,
∴f′(x)<0,
∴f(x)在上是減函數.
反思與感悟 關于利用導數證明函數單調性的問題
(1)首先考慮函數的定義域,所有函數性質的研究必須保證在定義域內這個前提下進行.
(2)f′(x)>(或<)0,則f(x)為單調遞增(或遞減)函數;但要特別注意,f(x)為單調遞增(或遞減)函數,則f′(x)≥(或≤)0.
跟蹤訓練3 證明:函數f(x)=在區(qū)間(0,e)上是增函數.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 證明函數的單調性
證明 ∵f(x)=,∴f′(x)==.
又00,故f(x)在區(qū)間(0,e)上是增函數.
類型三 已知函數的單調性求參數范圍
例4 已知函數f(x)=x2+(x≠0,常數a∈R).若函數f(x)在x∈[2,+∞)上單調遞增,求a的取值范圍.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
解 f′(x)=2x-=.
要使f(x)在[2,+∞)上單調遞增,則f′(x)≥0在x∈[2,+∞)時恒成立,
即≥0在x∈[2,+∞)時恒成立.
∵x2>0,∴2x3-a≥0,
∴a≤2x3在x∈[2,+∞)時恒成立.
∴a≤(2x3)min.
∵當x∈[2,+∞)時,y=2x3是單調遞增的,
∴(2x3)min=16,∴a≤16.
當a=16時,f′(x)=≥0(x∈[2,+∞)),有且只有 f′(2)=0,∴a的取值范圍是(-∞,16].
反思與感悟 已知函數的單調性,求函數解析式中參數的取值范圍,可轉化為不等式恒成立問題,一般地,函數f(x)在區(qū)間I上單調遞增(或減),轉化為不等式f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間I上恒成立,再用有關方法可求出參數的取值范圍.
跟蹤訓練4 已知函數f(x)=x3-ax2-(a+1)x+2在區(qū)間[1,2]上為減函數,求實數a的取值范圍.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
解 方法一 f′(x)=x2-ax-(a+1),
因為函數f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數,
所以f′(x)≤0,即x2-ax-(a+1)≤0,解得a≥x-1.
因為在[1,2]上,a≥x-1恒成立,
所以a≥(x-1)max=1.
所以a的取值范圍是[1,+∞).
方法二 f′(x)=(x+1)[x-(a+1)],
由于函數f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數,
所以f′(x)≤0,當a>-2時,解得-1≤x≤a+1,
即減區(qū)間為[-1,a+1],則[1,2]?[-1,a+1],得a≥1.
當a≤-2時,解得減區(qū)間為[a+1,-1],
則函數f(x)不可能在[1,2]上為減函數,故a≥1.
所以實數a的取值范圍是[1,+∞).
1.函數f(x)=2x3-3x2+1的單調遞增區(qū)間是________,單調遞減區(qū)間是________.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
答案 (-∞,0)和(1,+∞) (0,1)
解析 ∵f′(x)=6x2-6x,
令f′(x)>0,得x<0或x>1,
令f′(x)<0,得00,解得x>0.
3.函數f(x)=lnx-ax(a>0)的單調遞增區(qū)間為________.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 求含參數函數的單調區(qū)間
答案
解析 f(x)的定義域為{x|x>0},
由f′(x)=-a>0,得0k-1時,f′(x)>0,
所以f(x)的單調遞減區(qū)間是(-∞,k-1),單調遞增區(qū)間為(k-1,+∞).
1.導數的符號反映了函數在某個區(qū)間上的單調性,導數絕對值的大小反映了函數在某個區(qū)間或某點附近變化的快慢程度.
2.利用導數求函數f(x)的單調區(qū)間的一般步驟
(1)確定函數f(x)的定義域;
(2)求導數f′(x);
(3)在函數f(x)的定義域內解不等式f′(x)>0和f′(x)<0;
(4)根據(3)的結果確定函數f(x)的單調區(qū)間.
一、填空題
1.如圖是函數y=f(x)的導函數y=f′(x)的圖象,則下面判斷正確的是________.(填序號)
①在區(qū)間(-2,1)上f(x)是減函數;
②在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數;
③在區(qū)間(2,5)上f(x)是減函數;
④在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 根據導數判定函數的單調性
答案?、?
解析 由題圖知,當x∈(4,5)時,f′(x)>0,所以在(4,5)上f(x)是增函數.
2.函數f(x)=x-2sinx在(0,π)上的單調遞增區(qū)間為________.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
答案
解析 令f′(x)=1-2cosx>0,得cosx<,
又x∈(0,π),所以0,∴00,
故不等式<0的解集為(-3,-1)∪(0,1).
7.若函數f(x)=2x3-3mx2+6x在區(qū)間(2,+∞)上為增函數,則實數m的取值范圍為__________.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
答案
解析 ∵f′(x)=6x2-6mx+6,
當x∈(2,+∞)時,f′(x)≥0恒成立,
即x2-mx+1≥0恒成立,∴m≤x+恒成立.
令g(x)=x+,g′(x)=1-,
∴當x>2時,g′(x)>0,即g(x)在(2,+∞)上單調遞增,
∴m≤2+=.
8.已知函數f(x)滿足f(x)=f(π-x),且當x∈時,f(x)=ex+sinx,則f(1),f(2),f(3)的大小關系為________.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 比較函數值的大小
答案 f(2)>f(1)>f(3)
解析 由f(x)=f(π-x),得f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),由f(x)=ex+sinx得函數在上單調遞增,又-<π-3<1<π-2<,∴f(π-2)>f(1)>f(π-3),∴f(2)>f(1)>f(3).
9.若函數f(x)=x2-9lnx在區(qū)間[a-1,a+1]上單調遞減,則實數a的取值范圍為________.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
答案 (1,2]
解析 ∵f(x)=x2-9lnx,∴f′(x)=x-(x>0).
令x-≤0,解得00且a+1≤3,解得12x-1的x的取值范圍為________.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 解不等式
答案 (-∞,1)
解析 令g(x)=f(x)-2x+1,
則g′(x)=f′(x)-2<0,所以g′(x)是減函數,
又g(1)=f(1)-21+1=0,
當g(x)>g(1)=0時,x<1,所以f(x)-2x+1>0,
即f(x)>2x-1的解集為(-∞,1).
二、解答題
11.設函數f(x)=ax3+bx2+c,其中a+b=0,a,b,c均為常數,曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為x+y-1=0.
(1)求a,b,c的值;
(2)求函數f(x)的單調區(qū)間.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 單調性的綜合運用
解 (1)因為f′(x)=3ax2+2bx,
所以f′(1)=3a+2b.
又因為切線x+y=1的斜率為-1,
所以3a+2b=-1,又a+b=0,
解得a=-1,b=1,所以f(1)=a+b+c=c.
由點(1,c)在直線x+y=1上,可得1+c=1,即c=0,
所以a=-1,b=1,c=0.
(2)由(1)知,f(x)=-x3+x2,
令f′(x)=-3x2+2x=0,解得x1=0,x2=.
當x∈(-∞,0)時,f′(x)<0;
當x∈時,f′(x)>0;
當x∈時,f′(x)<0,
所以f(x)的增區(qū)間為,減區(qū)間為(-∞,0)和.
12.已知函數f(x)=x3-ax-1.
(1)若f(x)在實數集R上單調遞增,求a的取值范圍;
(2)是否存在實數a,使f(x)在(-1,1)上單調遞減,若存在,求出a的取值范圍,若不存在,請說明理由.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
解 (1)求導得f′(x)=3x2-a,
因為f(x)在R上是增函數,
所以f′(x)≥0在R上恒成立.
即3x2-a≥0在R上恒成立.
即a≤3x2,而3x2≥0,所以a≤0.
當a=0時,f(x)=x3-1在R上單調遞增,符合題意.
所以a的取值范圍是(-∞,0].
(2)假設存在實數a,使f(x)在(-1,1)上單調遞減,
則f′(x)≤0在(-1,1)上恒成立.
即3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,即a≥3x2,
又因為在(-1,1)上,0≤3x2<3,所以a≥3.
當a=3時,f′(x)=3x2-3,在(-1,1)上,f′(x)<0,
所以f(x)在(-1,1)上單調遞減,即a=3符合題意.
所以存在實數a,使f(x)在(-1,1)上單調遞減,且a的取值范圍是[3,+∞).
13.已知函數f(x)=x2+2alnx.
(1)試討論函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)若函數g(x)=+f(x)在[1,2]上是減函數,求實數a的取值范圍.
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 不含參數求單調區(qū)間
解 (1)f′(x)=2x+=,函數f(x)的定義域為(0,+∞).
①當a≥0時,f′(x)>0,
f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞);
②當a<0時,f′(x)=,
當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
單調遞減
單調遞增
由上表可知,函數f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,),
單調遞增區(qū)間是(,+∞).
(2)由g(x)=+x2+2alnx,
得g′(x)=-+2x+,
已知函數g(x)為[1,2]上的單調減函數,
則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立,
即-+2x+≤0在[1,2]上恒成立,
即a≤-x2在[1,2]上恒成立.
令h(x)=-x2,
則h′(x)=--2x=-<0,x∈[1,2],
所以h(x)在[1,2]上為減函數,h(x)min=h(2)=-,
所以a≤-.
故實數a的取值范圍為.
三、探究與拓展
14.若φ(x)=-lnx在[1,+∞)上是減函數,則實數m的取值范圍為________.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
答案 (-∞,2]
解析 ∵φ(x)=-lnx在[1,+∞)上是減函數.
∴φ′(x)=≤0在[1,+∞)上恒成立.
即x2-(2m-2)x+1≥0在[1,+∞)上恒成立,
則2m-2≤x+,x∈[1,+∞),
∵x+∈[2,+∞),∴2m-2≤2,m≤2.
故實數m的取值范圍為(-∞,2].
15.已知函數f(x)=alnx-ax-3(a∈R).
(1)求函數f(x)的單調區(qū)間;
(2)若函數y=f(x)的圖象在點(2,f(2))處的切線的傾斜角為45,對于任意的t∈[1,2],函數g(x)=x3+x2在區(qū)間(t,3)上總不是單調函數,求m的取值范圍.
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
解 (1)函數f(x)的定義域為(0,+∞),且f′(x)=.
當a>0時,f(x)的增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+∞);
當a<0時,f(x)的增區(qū)間為(1,+∞),減區(qū)間為(0,1);
當a=0時,f(x)不是單調函數.
(2)由(1)及題意得f′(2)=-=1,即a=-2,
∴f(x)=-2lnx+2x-3,f′(x)=.
∴g(x)=x3+x2-2x,
∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調函數,
即g′(x)=0在區(qū)間(t,3)上有變號零點.
∵g′(0)=-2,∴
當g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0對任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,
故只要g′(1)<0且g′(2)<0,
即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,即m>-.
∴-<m<-9.
即實數m的取值范圍是.
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