高中数学第三章导数应用1.1导数与函数的单调性教学案北师大版选修2-2

(4)
y′4＝
1 2
x
ln
1
x
2＝－ 2 ln 2 ，
1
1
1
(5) y′5＝xln 2 ，(6) y′ 6＝
1＝－ xln 2 .
xln 2
问题 2：试判断所求导数的符号． 提示： (1)(3)(5) 的导数为正， (2)(4)(6) 的导数为负． 问题 3：试判断上面六个函数的单调性． 提示： (1)(3)(5) 在定义域上是增加的， (2)(4)(6) 在定义域上是减少的．
1 故 m≥ 3.
1 经检验，当 m＝ 3时，只有个别点使 f ′（x) ＝ 0，符合题意．
5/9
1
所以实数 m的取值范围是
m≥
. 3
法二： 3x2＋ 2x＋ m≥０恒成立，即 m≥－ 3x2－ 2x 恒成立．
设
g( x) ＝－ 3x2－ 2x＝－ 3
1 x＋
3
2＋
1 3
，易知函数
g( x) 在 R 上的最大值为
(2) 已知函数的单调性求参数的范围，这类问题往往转化为不等式的恒成立问题，即 f ′（x) ≥０ 或 f ′（x) ≤０ 在给定区间恒成立，从中求出参数范围，但应注意能否取到等号
需要单独验证．
[ 对应课时跟踪训练 十 ]
1．函数 f ( x) ＝x3－3x2＋ 1 的单调递减区间为 (
)
A． (2 ，＋∞）
2 0， 2 .
3/9
(2) 函数 f ( x) 的定义域为 ( －∞， 2) ∪ (2 ，＋∞ ) ．
ex x－ 2 － ex ex x－ 3
f ′（x) ＝
x－2 2 ＝
x－ 2
. 2
因为 x∈( －∞， 2) ∪(2 ，＋∞ ) ，
所以
x
e >0，
(
x
－
2)
2>0.
由 f ′（x)>0 ，解得 x>3，所以函数 f ( x) 的单调递增区间为 (3 ，＋∞ ) ；
y＝
1x2 2
－
ln
x 的单调递减区间为
(
)
A． ( －1,1]
B ． (0,1]
C． [1 ，＋∞ )
D.(0 ，＋∞）
解析：函数
y＝
1 x 2
2
－
ln
1 x 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ， y′＝ x－ x＝
x－1 x＋1
x
，令
y′≤ 0，则可得 0<x≤1.
答案： B
6．求下列函数的单调区间： (1) y＝x3－ 2x2＋ x；
(3) 当 a＝ 0 时， y′＝ 0，函数在 R 上不具备单调性 .
求函数的单调区间
[ f ( x) ＝ x2－ ln x；
ex (2) f ( x) ＝ ；
x－2
(3) f ( x) ＝－ x3＋ 3x2.
[ 精解详析 ] (1) 函数 f ( x) 的定义域为 (0 ，＋∞ ) ．
1
1
3，所以
m≥
. 3
1 经检验，当 m＝ 时，只有个别点使 f ′（x) ＝ 0，符合题意．
3
1 所以实数 m的取值范围是 m≥ 3.
[ 一点通 ] 已知函数 y＝f ( x) ， x∈[ a， b] 的单调性，求参数的取值范围的步骤：
(1) 求导数 y＝ f ′（x) ；
(2) 转化为 f ′（x) ≥０或 f ′（x) ≤０在 x∈ [ a， b] 上恒成立问题；
能写成并集的形式．
4．函数 f ( x) 的导函数 y＝ f ′（x) 的图像如右图，则函数 f ( x) 的递
增区间为 ________．
解析：当－ 1≤ x≤０或 x≥２时 f ′（x) ≥0，可得递增区间为 [ － 1,0]
和[2 ，＋∞ ) ．
答案： [ － 1,0] 和 [2 ，＋∞）
5．函数
1/9
(2) 在某一区间上 f ′（x)>0( 或 f ′（x)<0) 是函数 y＝f ( x) 在该区间上为增加 ( 或减少 ) 的充分不必要条件，而不是充要条件．
[ 对应学生用书 P26]
判断或证明函数的单调性
ln x [ 例 1] 证明函数 f ( x) ＝ 在区间 (0,2) 上是增加的．
x
[ 思路点拨 ] 要证函数 f ( x) 在 (0,2) 上为增加的，只要证 f ′（x)>0 在(0,2) 上恒成立
即可．
ln x [ 精解详析 ] 由于 f ( x) ＝ x ，
1
x·x－ ln x 1－ ln x
所以 f ′（x) ＝
x2
＝ x2 ，
由于 0<x<2，所以 ln x<ln 2<1 ，
1．1 导数与函数的单调性
[ 对应学生用书 P26]
已知函数
(1) y1＝ 2x－ 1， (2) y2＝－ x＋ 10 ， (3)
y3 ＝ 2x ， (4) y4 ＝
1 2
x ， (5) y5 ＝ log 2x ，
(6) y6＝ log 1x.
2
问题 1：求上面六个函数的导数． 提示： (1) y′ 1＝ 2， (2) y′2＝－ 1， (3) y′ 3＝ 2xln 2 ，
1 x－x) ′＝ x－ 1，
当 x∈(0 ，＋∞ ) 时，只有 ( x·ｅx) ′＝ (1 ＋ x) ·ｅx>0.
答案： B
1 2. 证明函数 f ( x) ＝ x＋ x在(0,1] 上是减少的．
1 x2－ 1 证明：∵ f ′（x) ＝ 1－ x2＝ x2 ， 又∵ x∈ (0,1] ，∴ x2－1≤0( 只有 x＝1 时等号成立 ) ，
由 f ′（x)<0 ，解得 x<3，又 x∈( －∞， 2) ∪(2 ，＋∞ ) ，所以函数 f ( x) 的单调递减区
间为 ( －∞， 2) 和 (2,3) ．
(3) 函数 f ( x) 的定义域为 R. f ′（x) ＝－ 3x2＋ 6x＝－ 3x( x－ 2) ．
当 0<x<2 时， f ′（x)>0 ，所以函数 f ( x) 的单调递增区间为 (0,2) ；当 x<0 或 x>2 时，
要求．
综 上 可 知 ， 存 在 实 数 a<0 ， 使 f ( x) 恰 有 三 个 单 调 区 间 ， 其 中 单 调 递 减 区 间 为
1
1
1
1
－∞，－ － 3a 和
，＋∞ － 3a
，单调递增区间为
－
，
.
－ 3a － 3a
(1) 在利用导数来讨论函数的单调性时，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确定函数的单调区间．
4/9
(2) y＝12x2＋ aln x. 解： (1) y′＝ 3x2－4x＋ 1.
令
3x2－ 4x＋ 1>0，解得
x>1 或
1 x< ，
3
因此， y＝ x3－ 2x2＋ x 的单调递增区间为
(1 ，＋∞ ) ，
1 －∞， 3 .
再令
3x2－ 4x＋ 1<0，解得
1 <x<1.
3
因此， y＝ x3－ 2x2＋ x 的单调递减区间为
B． ( －∞， 2)
C． ( －∞， 0)
D.(0,2)
解析：
f
′（x)
＝
3x
2
－
6x＝3x(
x－
2)
，令
f ′（x)<0 ，得
0<x<2，所以
f ( x) 的单调递减区
间为 (0,2) ．
答案： D
2
2．当 x>0 时， f ( x) ＝ x＋ x的单调递减区间是 (
)
A． (2 ，＋∞ )
B ． (0,2)
(3) 由不等式恒成立求参数范围；
(4) 验证等号是否成立．
7．已知函数
f
(
x)
＝
ax＋ 1 x＋2
在
(
－
2
，＋∞
)
内是减少的，则实数
a 的取值范围为
________ ．
解析： f ′（x) ＝
ax＋ 1
′
x＋ 2 － ax＋ 1 x＋2 2
·
x＋2
′
2a－ 1 ＝ x＋ 2 2，
由函数 f ( x) 在 ( － 2，＋∞ ) 内是减少的知 f ′（x) ≤０在 ( － 2，＋∞ ) 内恒成立，
1 ∴ f ′（x) ≤0，∴ f ( x) ＝ x＋ x在 (0,1] 上为减少的． 3．判断 y＝ ax3－ 1( a∈ R) 在 R 上的单调性． 解：∵ y′＝ 3ax2，又 x2≥0.
(1) 当 a＞ 0 时， y′≥ 0，函数在 R 上单调递增；
(2) 当 a＜ 0 时， y′≤ 0，函数在 R 上单调递减；
1 3， 1 .
(2) 函数的定义域为 (0 ，＋∞ ) ， a x2＋ a
y′＝ x＋ x＝ x ，
当
a≥０时
y′>0，∴
y
＝
1 2x
2
＋
aln
x 的增区间为 (0 ，＋∞ ) ，无减区间．
当 a<0 时，由 y′>0 得 x> － a，
由 y′<0 得 0<x< －a，
∴
y＝
1 2
x
2＋
aln
x 的增区间为 (
1－ln x 故 f ′（x) ＝ x2 >0，
即函数在区间 (0,2) 上是增加的．
[ 一点通 ] 利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或