高中数学第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用学案设计

这是一份高中数学第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用学案设计，共9页。学案主要包含了新知探究等内容，欢迎下载使用。

1．掌握利用导数判断函数的单调性的一般步骤．
2．探究函数增减的快慢与导数的关系．
3.学会处理含参函数的单调性问题

重点：导数判断函数的单调性的一般步骤
难点： 含参函数的单调性问题
1.函数f (x)的单调性与导函数f ′(x)正负的关系
定义在区间(a，b)内的函数y＝f (x)：
增 ;减
2．判断函数y＝f (x)的单调性
第1步：确定函数的______；
第2步：求出导数f ′(x)的____；
第3步：用f ′(x)的____将f (x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x)在各区间上的____，由此得出函数y＝f (x)在定义域内的单调性．
定义域 ;零点 ;零点 ;正负
3.函数图象的变化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：
快;陡峭 ;慢;平缓
探究1. 形如f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的函数应用广泛，下面我们利用导数来研究这类函数的单调性。
例3. 求函数fx=13x3-12x2-2x+1的单调区间.
如果不用导数的方法，直接运用单调性的定义，你如何求解本题？
用解不等式法求单调区间的步骤
1确定函数fx的定义域；
2求导函数f′x；
3解不等式f′x＞0或f′x＜0，并写出解集；
4根据3的结果确定函数fx的单调区间.
跟踪训练1.求下列函数的单调区间：
(1)f (x)＝3x2－2ln x；(2)f (x)＝x2e－x.
探究2：研究对数函数y=lnx与幂函数y=x3在区间0,+∞上增长快慢的情况.
例4.设x>0,fx=lnx,gx=1-1x,两个函数的图像如图所示。
判断fx,gx的图像与C1,C2之间的对应关系。
例5. 设g(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，a＜0，试讨论函数g(x)的单调性．
利用导数研究含参函数fx的单调区间的一般步骤
1确定函数fx的定义域；
2求导数f′x；
3分析参数对区间端点、最高次项的系数的影响，以及不等式解集的端点与定义域的关系，恰当确定参数的不同范围，并进行分类讨论；
4在不同的参数范围内，解不等式f′x＞0和f′x＜0，确定函数fx的单调区间.
跟踪训练2．试求函数f (x)＝kx－ln x的单调区间．
1．求函数f(x)＝eq \f(ex,x－2)的单调区间．
2.已知函数f (x)＝x3－ax－1为单调递增函数，求实数a的取值范围．
3．已知函数f (x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，讨论f (x)的单调性．
1．判断或证明函数的单调性，首先确定函数的定义域，然后求得函数的导数，根据导数的正负得到不等式的解集，从而确定函数的单调性．
2．利用导数研究含参数函数的单调性时，常遇到三种情况：
(1)区间端点大小不确定型
由于函数导数不等式中的区间端点大小不定，因此需根据区间端点的大小确定参数的范围，再分类讨论函数的单调区间．
(2)区间端点与定义域关系不确定型
此类问题一般会有定义域限制，解函数导数不等式的区间端点含参数，此端点与函数定义域的端点大小不确定，因此需分类讨论．
参考答案：
知识梳理
学习过程
一、新知探究
典例解析
例3. 解：函数 fx=13x3-12x2-2x+1 的定义域为R，对f(x)求导，得
f'x=x2-x-2 =(x+1)(x-2)
令f'x=0,解得：x1=-1,x2=2
x1=-1和x2=2把函数定义域划分成三个区间，
f'x在各区间上的正负，以及fx的单调性如表所示。
所以，f(x)在在 -∞,-1和(2,+∞)上单调递增，
在 -1,2上单调递减。如图所示
如果不用导数的方法，直接运用单调性的定义，你如何求解本题？
跟踪训练1 [解] (1)f (x)＝3x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝6x－eq \f(2,x)＝eq \f(23x2－1,x)＝eq \f(2\r(3)x－1\r(3)x＋1,x)，
由x＞0，f ′(x)＞0，解得x＞eq \f(\r(3),3).
由x＞0，f ′(x)＜0，解得0＜x＜eq \f(\r(3),3).
∴函数f (x)＝3x2－2ln x的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))).
(2)函数的定义域为D＝(－∞，＋∞)．
∵f ′(x)＝(x2)′e－x＋x2(e－x)′＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2)，令f ′(x)＝0，
由于e－x＞0，∴x1＝0，x2＝2，用x1，x2分割定义域D，得下表：
∴f (x)的单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)，
单调递增区间为(0，2)．
探究2：分析：研究对数函数y=lnx的导数为y'=1xx∈0,+∞，所以y=lnx在区间0,+∞上单调递增。当x越来越大时，y'=1x越来越小，所以函数y=lnx递增得越来越慢，图像上升得越来越“平缓”.
分析：幂函数y=x3的导数为y'=3x2>0x∈0,+∞，所以y=x3在区间0,+∞上单调递增。当x越来越大时，y'=3x2越来越大，所以函数y=x3递增得越来越快，图像上升得越来越“陡峭”.
例4. 解：因为fx=lnx,gx=1-1x,
所以f'x=1x, g'x=1x2,
当x=1时，f'x=g'x=1;
当0f'x>1
当x>1时，0所以，f(x),g(x)在0,+∞ 上都是增函数。在区间（0,1）上，
g(x)的函数图象比f(x)的图像要“陡峭”；在区间1,+∞上 ，
g(x)的图象比f(x)的图象要“平缓”。
所以，f(x),g(x)的图象依次是图中的C2,C1。
例5. [思路探究] 先对原函数求导得g′(x)＝－eq \f(ax＋12x－1,x)(x＞0)，再对a分类讨论得函数g(x)的单调性．
(1)当a＜－2时，∵－eq \f(1,a)＜eq \f(1,2)，
∴g′(x)＝－eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))2x－1,x)＞0等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))(2x－1)＞0，
易得函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
同理可得在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，\f(1,2)))上单调递减；
(2)当a＝－2时，g′(x)＝eq \f(2x－12,x)≥0恒成立，
∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(3)当－2＜a＜0时，∵－eq \f(1,a)＞eq \f(1,2)，∴g′(x)＝－eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))2x－1,x)＞0等价于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))(2x－1)＞0，易得函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递增，同理可得在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,a)))上单调递减．
跟踪训练2． [解] 函数f (x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x).
当k≤0时，kx－1＜0，
∴f ′(x)＜0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
当k＞0时，由f ′(x)＜0，得eq \f(kx－1,x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,k)；
由f ′(x)＞0，得eq \f(kx－1,x)＞0，解得x＞eq \f(1,k).
∴当k＞0时，f (x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))，
单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞)).
综上所述，当k≤0时，f (x)的单调递减区间为(0，＋∞)；
当k＞0时，f (x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞)).
达标检测
1． 解：函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(exx－2－ex,x－22)＝eq \f(exx－3,x－22).
因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0.
由f′(x)>0得x>3，
所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；
由f′(x)<0得x<3，又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)．
2.[解] 由已知得f ′(x)＝3x2－a，
因为f (x)在(－∞，＋∞)上是单调增函数，
所以f ′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立，因为3x2≥0，所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f ′(x)＝3x2≥0，
f (x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0.
3．[解] f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f ′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)．
①若a≤0，则f ′(x)＜0，所以f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
②若a＞0，则由f ′(x)＝0，得x＝－ln a.
当x∈(－∞，－ln a)时，f ′(x)＜0；
当x∈(－ln a，＋∞)时，f ′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f (x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
在(－ln a，＋∞)上单调递增．
f ′(x)的正负
f (x)的单调性
f ′(x)＞0
单调递____
f ′(x)＜0
单调递____
导数的绝对值
函数值变化
函数的图象
越大
__
比较“____”(向上或向下)
越小
__
比较“____”(向上或向下)
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
f (0)＝0
↗
f (2)＝eq \f(4,e2)
↘