2024-2025学年高中数学第三章导数及其应用3.3.1函数的单调性与导数学案含解析新人教A版选修1-1

PAGE10-3.3导数在探讨函数中的应用3.3.1函数的单调性与导数自主预习·探新知情景引入“菊花”烟花是最壮丽的烟花之一．制造时一般是期望在它达到最高点(大约是在距地面高度25m到30m处)时爆裂，烟花冲出后的运动线路是呈抛物线形的，为了达到释放烟花的最佳效果，烟花设计者依据有关的数据设定引线的长度，假如让你来设计，应当如何进行呢？新知导学1．函数的单调性与其导数正负的关系定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x)：f′(x)的正负f(x)的单调性f′(x)>0单调递__增__f′(x)<0单调递__减__2.函数图象的改变趋势与导数值大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)上导数的肯定值函数值改变函数的图象越大__快__比较“__陡峭__”(向上或向下)越小__慢__比较“__平缓__”(向上或向下)预习自测1．导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)[解析]∵当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数，故选D．2．函数y＝x3＋x的单调递增区间为(D)A．(0，＋∞) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(－∞，＋∞)[解析]∵y′＝3x2＋1>0恒成立，∴函数y＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函数，故选D．3．(2024·重庆高二检测)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为(C)A．(－1,1) B．(－∞，1)C．(0,1) D．(1，＋∞)[解析]函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)，令f′(x)<0，即x－eq\f(1,x)<0，解得0<x<1，故选C．4．函数y＝ax3－1在(－∞，＋∞)上是减函数，则a的取值范围是__(－∞，0)__.[解析]∵y′＝3ax2≤0恒成立，∴a≤0.当a＝0时，y＝－1不是减函数，∴a≠0.故a的取值范围是(－∞，0)．5．已知函数f(x)＝x3＋eq\f(a,x)(x≠0，常数a∈R)．(1)当a＝48时，求f(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．[解析](1)当a＝48时，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)的单调递减区间为(－2,0)，(0,2)．(2)要使f(x)在[2，＋∞)上是增函数，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，＋∞)，则a≤g(x)min.∵g′(x)＝12x3，x∈[2，＋∞)，∴g′(x)>0，即g(x)在[2，＋∞)上是增函数，∴g(x)min＝g(2)＝48，从而a≤48，∴实数a的取值范围是(－∞，48]．互动探究·攻重难互动探究解疑命题方向❶利用导数求函数的单调区间典例1(2024·贵州安顺高二质检)求下列函数的单调区间．(1)f(x)＝sinx(1＋cosx)(0≤x≤2π)；(2)f(x)＝x3－2x2＋x＋1.[思路分析]由于函数的单调性与函数导数的符号有关，因此，可以通过分析导数的符号求出函数的单调区间．[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)，则区间[0,2π]被分成四个子区间，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)的单调递增区间为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))，单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,3))).(2)函数的定义域为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.∴函数f(x)＝x3－2x2＋x＋1的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).『规律方法』1.函数的单调区间是定义域的子集，利用导数的符号推断函数的单调性和求函数的单调区间，必需先考虑函数的定义域，写函数的单调区间时，肯定要留意函数的不连续点和不行导点．2．利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；(4)依据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．┃┃跟踪练习1__■求下列函数的单调区间．(1)f(x)＝3x2－2lnx；(2)f(x)＝x2·e－x；(3)f(x)＝x＋eq\f(1,x).[解析](1)函数f(x)的定义域为(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).∴函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)).(2)函数的定义域为(－∞，＋∞)．∵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)的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，单调减增区间为(0,2)．(3)函数f(x)的定义域为(－∞，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)的单调递减区间为(－1,0)和(0,1)，单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)．命题方向❷已知函数的单调性，确定参数的取值范围典例2若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，试求a的取值范围．[解析]解法一：(数形结合)如图所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．∵在(1,4)内f′(x)≤0，在(6，＋∞)内f′(x)≥0，且f′(x)＝0有一根为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：(转化为不等式恒成立的问题)f′(x)＝x2－ax＋a－1.因为f(x)在(1,4)内单调递减，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，因为2<x＋1<5，所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1，因为x＋1>7，所以a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．综上知5≤a≤7.『规律方法』1.已知函数f(x)在某区间A上单调求参数的值或取值范围时，一般转化为在区间A上f′(x)≥0(f(x)单调递增时)或f′(x)≤0(f(x)在区间A上单调递减时)恒成立求解，有时也用数形结合方法求解．2．y＝f(x)在(a，b)内可导，f′(x)≥0或f′(x)≤0且y＝f(x)在(a，b)内导数为0的点仅有有限个，则y＝f(x)在(a，b)内仍是单调函数，例如：y＝x3在R上f′(x)≥0，所以y＝x3在R上单调递增．┃┃跟踪练习2__■已知函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1在(－∞，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．[解析]f′(x)＝3ax2＋6x－1，由题意得3ax2＋6x－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立．当a＝0时，6x－1≤0，x≤eq\f(1,6)不满意题意，∴a≠0.当a≠0时，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝36＋12a≤0))，∴a≤－3.综上可知，实数a的取值范围是a≤－3.命题方向❸利用导数探讨函数的单调性典例3(1)(2024·临沂高二检测)f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，若y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)(2)证明函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在区间(0,2)上是单调递增函数．[解析](1)由导函数图象可知函数f(x)在(－∞，0)上为增函数，解除A，C，在(0,2)上为减函数，解除B，故选D．(2)证明：∵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.故函数f(x)＝eq\f(lnx,x)的单调增区间为(0，e)，又(0,2)⊆(0，e)，∴函数f(x)＝eq\f(lnx,x)在(0,2)上为单调增函数．『规律总结』1.函数的图象与函数的导数关系的推断方法(1)对于原函数，要重点考查其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减．(2)对于导函数，则应考查其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并考查这些区间与原函数的单调区间是否一样．2．利用导数证明或推断函数单调性的思路求函数f(x)的导数f′(x)：(1)若f′(x)>0，则y＝f(x)在(a，b)上单调递增；(2)若f′(x)<0，则y＝f(x)在(a，b)上单调递减；(3)若恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数，不具有单调性．┃┃跟踪练习3__■(2024·阜阳高二检测)函数y＝f(x)在定义域(－eq\f(3,2)，3)内可导，其图象如图，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)<0的解集为__(－eq\f(1,3)，1)∪(2,3)__.[解析]函数y＝f(x)在区间(－eq\f(1,3)，1)和区间(2,3)上单调递减，所以在区间(－eq\f(1,3)，1)和区间(2,3)上，y＝f′(x)<0，所以f′(x)<0的解集为(－eq\f(1,3)，1)∪(2,3)．命题方向❹转化思想的应用——构造法证明不等式典例4已知x＞1，求证：x＞lnx.[解析]设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，∴函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数．又f(1)＝1－ln1＝1＞0，即f(x)＞0对x∈(1，＋∞)恒成立，∴x－lnx＞0，即x＞lnx(x＞1)．『规律方法』构造函数，利用导数确定函数单调性，把证明不等式的问题转化为用单调性比较函数值大小的问题，实现了困难问题简洁化．构造法是用导数探讨函数中常用到的基本方法．┃┃跟踪练习4__■已知x∈(1，＋∞)，求证：eq\f(x－1,lnx)＜x.[解析]∵x∈(1，＋∞)，∴lnx＞0，∴不等式eq\f(x－1,lnx)＜x可化为x－1＜xlnx，即xlnx－x＋1＞0.令f(x)＝xlnx－x＋1(x＞1)，∴f′(x)＝1＋lnx－1＝lnx，∵x＞1，∴lnx＞0，∴f′(x)＞0，∴函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(1)＝0，∴xlnx－x＋1＞0，即x∈(1，＋∞)时，eq\f(x－1,lnx)＜x成立．学科核心素养含参数的函数的单调性与单调区间问题当给定的函数有字母参数时，求单调区间一般须要分类探讨，不同的化归方法和运算依次往往使分类方法不同，应留意分类探讨的精确性和全面性．一般来说，此类问题可归结为解含参数的一元二次不等式，要留意对参数探讨，其探讨标准为：①对二次项系数进行大于零、小于零、等于零分类探讨；②当二次项系数不为零时，再对判别式进行大于零、小于零、等于零分类探讨；③当判别式大于零时，再对两根的大小进行探讨．另外，有时也依据f′(x)>0与f′(x)<0的解集与定义域交集形式的不同绽开探讨．典例5已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，探讨f(x)的单调性．[解析]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).①若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．『规律方法』用导数探讨函数的单调性时，往往易忽视函数的定义域，造成所求的单调区间不正确．因此肯定要牢记在函数定义域范围内探讨函数的性质．┃┃跟踪练习5__■设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底部，探讨f(x)的单调性．[解析]f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减，当a>0时，f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a))，当x∈(0，eq\f(1,\r(2a)))