《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.
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
裝配圖網所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網友學習交流，未經上傳用戶書面授權，請勿作他用。
鏈接地址：http://www.820124.com/p-3911059.html