北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.1 函数的单调性第2课时学案

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第2课时　函数单调性的应用[基础自测]1．函数y＝x－ln x的单调递减区间为(　　)A．(－1，1]    B．(0，＋∞)C．[1，＋∞)    D．(0，1]2．函数f(x)＝x3＋ax－2在区间(1，＋∞)内是增函数，则实数a的取值范围是(　　)A．[3，＋∞)    B．[－3，＋∞)C．(－3，＋∞)    D．(－∞，－3)3．已知函数f(x)＝＋ln x，则有(　　)A．f(e)<f(3)<f(2)B．f(3)<f(e)<f(2)C．f(e)<f(2)<f(3)D．f(2)<f(e)<f(3)4．函数f(x)＝ax3－x2＋x－5在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．  题型一　利用导数求函数的单调区间例1　求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－3x＋8.(2)f(x)＝x＋(b≠0)．      方法归纳(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间．(2)如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个，那么这些单调区间中间不能用“∪”连结，而只能用“逗号”或“和”字隔开．  跟踪训练1　求下列函数的单调区间：(1)y＝ln (2x＋3)＋x2；(2)y＝x2＋a ln x(a∈R，a≠0)．       题型二　利用导数求参数的取值范围 例2　若函数h(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)在[1，4]上单调递减，则a的取值范围为________．变式探究1　本例中的条件“h(x)在[1，4]上单调递减”改为“h(x)在[1，4]上单调递增”，实数a的取值范围如何？       变式探究2　本例中的条件“h(x)在[1，4]上单调递减”改为“h(x)在[1，4]上存在单调递减区间”，实数a的取值范围又如何？       变式探究3　本例中的条件“h(x)在[1，4]上单调递减”改为“h(x)在[1，4]上不单调，”则实数a的取值范围又如何呢？      方法归纳根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．   跟踪训练2　(1)若f(x)＝2x3－3x2－12x＋3在区间[m，m＋4]上是单调函数，则实数m的取值范围是________．(2)已知函数f(x)＝2ax－x3，x∈(0，1]，a>0，若f(x)在(0，1]上是增函数，则a的取值范围为________．  题型三　利用导数解决不等式问题角度1　比较大小例3　(1)若函数f(x)＝cos x＋2xf′，则f与f的大小关系是(　　)A．f＝fB．f>fC．f<fD．不确定(2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x)，当x<0时，xf′(x)－f(x)<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　)A．b<a<c    B．a<c<bC．a<b<c    D．c<a<b 角度2　解不等式例4　(1)已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0的解集为(　　)A．(－∞，－4)B．(－∞，－1)C．(－1，4)    D．(－4，1)(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为________．  方法归纳(1)含有“f′(x)”的不等关系，其隐含条件是挖掘某函数的单调性，通过对不等关系变形，发现函数．(2)常见的构造函数思路①已知f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)型；联想构造函数F(x)＝f(x)g(x)．②已知“f′(x)g(x)－f(x)g′(x)”型：联想构造函数F(x)＝.③已知“f(x)＋f′(x)”型：联想构造函数F(x)＝exf(x)．④已知“f′(x)ln x＋”型：联想构造函数F(x)＝f(x)ln x.  跟踪训练3　(1)若定义在R上的函数y＝f(x)满足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为(　　)A．f(a)<eaf(0)    B．f(a)>eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)    D．不能确定(2)设定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集为________．  易错辨析　对函数单调递增(减)的充要条件理解不透致错例5　已知函数f(x)＝2ax3＋4x2＋3x－1在R上是增函数，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝6ax2＋8x＋3.∵f(x)在R上是增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立， 即6ax2＋8x＋3≥0在R上恒成立，∴解得a≥.经检验，当a＝时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．∴当a≥时，f(x)在R上单调递增．答案： 【易错警示】出错原因纠错心得对函数单调递增的充要条件f′(x)≥0理解不透致错，易得到错解为：f′(x)＝6ax2＋8x＋3>0在R上恒成立，解得a>.设函数y＝f(x)在某个区间内可导，则当f′(x)>0时，f(x)为增函数，其解集为函数f(x)的单调递增区间；当f′(x)<0时，f(x)为减函数，其解集为函数f(x)的单调递减区间．反之，如果f(x)在某区间上单调递增(单调递减)，则f′(x)>0(f′(x)<0)不一定恒成立，还可能有f′(x)＝0，即f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在对应区间上单调递增(单调递减)的充分不必要条件，充要条件是f′(x)≥0(f′(x)≤0)．[课堂十分钟]1．曲线y＝x2－2ln x的单调增区间是(　　)A．(0，1]B．[1，＋∞)C．(－∞，－1]和(0，1]D．[－1，0)和[1，＋∞)2．若f(x)＝，e<a<b，则(　　)A．f(a)>f(b)    B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b)    D．f(a)f(b)>13．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是(　　)A．    B．C．(－∞，3)    D．(3，＋∞)4．若f(x)＝－x2＋b ln (x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．5．已知f(x)＝aex－x－1.(1)求f(x)的单调区间．(2)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．           第2课时　函数单调性的应用新知初探·课前预习[基础自测]1．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，令y′＝1－＝≤0，解得x∈(0，1]，又x>0，所以x∈(0，1].故选D.答案：D2．解析：f′(x)＝3x2＋a，由题意知3x2＋a≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以a≥－3x2在x∈(1，＋∞)上恒成立．所以a≥－3.故选B.答案：B3．解析：f′(x)＝，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又2<e<3，所以f(2)<f(e)<f(3)，故选D.答案：D4．解析：f′(x)＝3ax2－2x＋1.由题意知3ax2－2x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，所以，解得a≥.答案：a≥题型探究·课堂解透题型一例1　解析：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，则3x2－3>0.即3(x＋1)(x－1)>0，解得x>1或x<－1.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，令f′(x)<0，则3(x＋1)(x－1)<0，解得－1<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)．(2)函数f(x)的定义域为(－∞，0)f′(x)＝′＝1－，①若b>0时，令f′(x)>0，则x2>b，所以x>或x<－.所以函数的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞)．令f′(x)<0，则x2<b，所以－<x<，且x≠0.所以函数的单调递减区间为(－，0)和(0，)．②若b<0时，f′(x)>0恒成立，所以函数的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．跟踪训练1　解析：(1)函数y＝ln (2x＋3)＋x2的定义域为(－，＋∞)．y′＝＋2x＝＝.令y′>0，解得－<x<－1或x>－.所以函数的单调递增区间为.令y′<0，解得－1<x<－，所以函数的单调递减区间为(－1，－)．(2)由于f(x)＝x2＋a ln x，所以f′(x)＝x＋.①当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋>0，所以函数只有单调递增区间(0，＋∞)．②当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)，由f′(x)＝x＋>0，得x>；由f′(x)＝x＋<0，得0<x<.所以当a<0时，函数的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．综上所述：当a>0时，f(x)只有单调递增区间(0，＋∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．题型二例2　解析：因为h(x)在[1，4]上单调递减，所以当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥恒成立．令G(x)＝，则由题意可知，只需a≥G(x)max，而G(x)＝－1，因为x∈[1，4]，所以∈，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－，又因为a≠0.所以a的取值范围是答案：变式探究1　解析：因为h(x)在[1，4]上单调递增，所以当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，即a≤恒成立，又因为当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1].变式探究2　解析：因为h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，所以h′(x)<0在[1，4]上有解，所以当x∈[1，4]时，a>有解，而当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，所以a>－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1，0)变式探究3　解析：因为h(x)在[1，4]上不单调，所以h′(x)＝0在(1，4)上有解，即a＝＝－1在(1，4)上有解，令m(x)＝，x∈(1，4)，则－1<m(x)<－.所以实数a的取值范围是.跟踪训练2　解析：(1)f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)令f′(x)>0，得x>2或x<－1 令f′(x)<0，得－1<x<2.∴f(x)在(－∞，－1]和[2，＋∞)上单调递增，在[－1，2]上单调递减．若f(x)在[m，m＋4]上单调∴m＋4≤－1或m≥2即m∈(－∞－5](2)由题意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(0，1]上为增函数等价于f′(x)＝2a－3x2≥0对x∈(0，1]恒成立．即a≥x2对x∈(0，1]恒成立，只需a≥即可．由x∈(0，1]得x2∈，从而a≥.所以a的取值范围为.答案：(1)m∈(－∞－5]　(2)题型三例3　解析：(1)f′(x)＝－sin x＋2f′，∴f′＝－sin ＋2f′，∴f′＝sin ＝，∴f′(x)＝－sin x＋1≥0，∴f(x)＝cos x＋x是R上的增函数．又－<，∴f<f，故选C.(2)设g(x)＝，则g′(x)＝，又当x<0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0.即函数g(x)在区间(－∞，0)内单调递减．因为f(x)为R上的偶函数，且2<e<3，可得g(3)<g(e)<g(ln 2)，即c<a<b，故选D.答案：(1)C　(2)D例4　解析：(1)由题意可知，函数f(x)的定义域是R.因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)是定义域上的单调递增函数．因为f(－x)＝－x－sin (－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．因为不等式f(1－x2)＋f(3x＋3)>0可转化为f(1－x2)>－f(3x＋3)＝f[－(3x＋3)]，所以1－x2>－(3x＋3)，即x2－3x－4<0，解得－1<x<4，即不等式的解集为(－1，4)，故选C.(2)令F(x)＝f(x)g(x)．∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴F(x)＝f(x)g(x)是定义在R上的奇函数．又∵当x<0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0成立，∴F(x)在区间(－∞，0)上是增函数，可得它在区间(0，＋∞)上也是增函数．∵g(－3)＝0，可得F(－3)＝0，∴F(3)＝0.当x>0时，F(x)＝f(x)g(x)<0，即F(x)<F(3)，∴0<x<3.当x<0时，F(x)＝f(x)g(x)<0，故不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)答案：(1)C　(2)(－∞，－3)跟踪训练3　解析：(1)令F(x)＝，则F′(x)＝.∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴F(x)在R上单调递增．∴当a>0时，则有F(a)>F(0)，即>，即f(a)>eaf(0)，故选B.(2)设F(x)＝，则F′(x)＝.∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0.∴函数F(x)在R上单调递增．∵ex－1f(x)<f(2x－1)，∴<.即F(x)<F(2x－1)，∴x<2x－1，即x>1，故不等式ex－1f(x)<f(2x－1)的解集为(1，＋∞)．答案：(1)B　(2)(1，＋∞)[课堂十分钟]1．解析：求解函数的导数可得y′＝2x－，令2x－≥0，结合x>0，解得x≥1.所以单调增区间是[1，＋∞)．答案：B2．解析：因为f′(x)＝＝.当x∈(e，＋∞)时，1－ln x<0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(e，＋∞)内为单调递减函数．故f(a)>f(b)．答案：A3．解析：因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)．答案：C4．解析：f′(x)＝－x＋，∵f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，∴b≤x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立，又x∈(－1，＋∞)时，x(x＋2)>－1，∴b≤－1.答案：(－∞，－1]5．解析：(1)因为f′(x)＝aex－1，当a≤0时，有f′(x)<0在R上恒成立；当a>0时，令f′(x)≥0，得ex≥，有x≥－ln a.f′(x)＜0，得x＜－ln a.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间是[－ln a，＋∞)，递减区间是(－∞，－ln a).(2)f′(x)＝aex－1.若f(x)在(－∞，0]上单调递减，则aex－1≤0在(－∞，0]上恒成立，即a≤，而当x∈(－∞，0]时，≥1，所以a≤1；若f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以aex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立．即a≥，而当x∈[0，＋∞)时，≤1.所以a≥1.综上可得a＝1，故存在a＝1满足条件．