高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.1 函数的单调性第2课时导学案

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.1 函数的单调性第2课时导学案，共10页。学案主要包含了求含参函数的单调区间等内容，欢迎下载使用。

一、求含参函数的单调区间
角度1 对“Δ”进行讨论
例1 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.讨论函数f(x)的单调区间．
解 f′(x)＝3x2＋2ax＋1，Δ＝4(a2－3)．
当Δ>0，即a>eq \r(3)或a<－eq \r(3)时，
令f′(x)>0，即3x2＋2ax＋1>0，
解得x>eq \f(－a＋\r(a2－3),3)或x令f′(x)<0，即3x2＋2ax＋1<0，
解得eq \f(－a－\r(a2－3),3)故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(－a－\r(a2－3),3)))，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋\r(a2－3),3)，＋∞))；
单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a－\r(a2－3),3)，\f(－a＋\r(a2－3),3))).
当Δ≤0，即－eq \r(3)≤a≤eq \r(3)时，对所有的x∈R都有f′(x)≥0，故f(x)是R上的增函数．
角度2 对“根的大小”进行讨论
例2 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(a＋a2)x2＋a3x＋a2，求函数f(x)的单调递减区间．
解 f′(x)＝x2－(a＋a2)x＋a3＝(x－a)(x－a2)，
令f′(x)<0，得(x－a)(x－a2)<0.
①当a<0时，不等式的解集为a②当0③当a>1时，不等式的解集为a④当a＝0或a＝1时，f′(x)≥0，此时f(x)无单调递减区间．
综上所述，当a<0或a>1时，函数f(x)的单调递减区间为(a，a2)；
当0当a＝0或a＝1时，函数f(x)无单调递减区间．
反思感悟 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1 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋aln x(a∈R，a≠0)，求f(x)的单调区间．
解 函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋aln x的导数为f′(x)＝x＋eq \f(a,x).
(1)当a>0时，函数的定义域是(0，＋∞)，
于是有f′(x)＝x＋eq \f(a,x)>0，
所以函数只有单调递增区间，其单调递增区间是(0，＋∞)．
(2)当a<0时，函数的定义域是(0，＋∞)，
于是由f′(x)＝x＋eq \f(a,x)>0，得x>eq \r(－a)；
由f′(x)＝x＋eq \f(a,x)<0，得0所以当a<0时，函数的单调递增区间是(eq \r(－a)，＋∞)，单调递减区间是(0，eq \r(－a))．
二、已知函数的单调性求参数的取值范围
例3 已知关于x的函数y＝x3－ax＋b.
(1)若函数y在(1，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数y的一个单调递增区间为(1，＋∞)，求a的值．
解 y′＝3x2－a.
(1)若函数y＝x3－ax＋b在(1，＋∞)上单调递增．
则y′＝3x2－a≥0在x∈(1，＋∞)时恒成立，
即a≤3x2在x∈(1，＋∞)时恒成立，则a≤(3x2)min.
因为x>1，所以3x2>3.
所以a≤3，即a的取值范围是(－∞，3]．
(2)令y′>0，得x2>eq \f(a,3).
若a≤0，则x2>eq \f(a,3)恒成立，即y′>0恒成立，
此时，函数y＝x3－ax＋b在R上是增函数，与题意不符．
若a>0，令y′>0，得x>eq \r(\f(a,3))或x<－eq \r(\f(a,3)).
因为(1，＋∞)是函数y的一个单调递增区间，
所以eq \r(\f(a,3))＝1，即a＝3.
延伸探究 将本例(1)改为“若函数y在(1，＋∞)上不单调”，则a的取值范围又如何？
解 y′＝3x2－a，
当a<0时，y′＝3x2－a>0恒成立，函数y在(1，＋∞)上单调递增，不符合题意；
当a>0时，函数y在(1，＋∞)上不单调，即y′＝3x2－a＝0在区间(1，＋∞)上有根．
由3x2－a＝0，可得x＝eq \r(\f(a,3))或x＝－eq \r(\f(a,3))(舍去)．
依题意，有eq \r(\f(a,3))>1，
所以a>3，所以a的取值范围是(3，＋∞)．
反思感悟 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，利用分离参数或函数性质解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)．
跟踪训练2 若函数f(x)＝2x2＋ln x－ax是定义域上的增函数，求实数a的取值范围．
解 ∵f(x)＝2x2＋ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，
且是(0，＋∞)上的增函数，
∴f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－a≥0在(0，＋∞)上恒成立．
∴a≤4x＋eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝4x＋eq \f(1,x)，
由于g(x)＝4x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(4x·\f(1,x))＝4，
当且仅当4x＝eq \f(1,x)，即x＝eq \f(1,2)时取等号．
∴g(x)min＝4.∴a≤4.
又当a＝4时，f′(x)＝4x＋eq \f(1,x)－4＝eq \f(4x2－4x＋1,x)＝eq \f(2x－12,x)≥0满足条件．
∴a的取值范围是(－∞，4]．
1.知识清单：
(1)求含参函数的单调区间．
(2)由单调性求参数的取值范围．
2．方法归纳：分类讨论、数形结合．
3．常见误区：求参数的取值范围时容易忽略对端点值的讨论．
1．函数y＝xln x＋m的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) B．(0，e)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))
答案 A
解析 定义域为{x|x>0}，由y′＝ln x＋1>0，得x>eq \f(1,e).
2．若函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则( )
A．a≤0 B．a<1 C．a<2 D．a≤eq \f(1,3)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，∴a≤0.
3．若函数f(x)＝－cs x＋ax为增函数，则实数a的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)
答案 B
解析 由题意可得，f′(x)＝sin x＋a≥0恒成立，故a≥－sin x恒成立，因为－1≤－sin x≤1，所以a≥1.
4．函数f(x)＝x3－mx2＋m－2的单调递减区间为(0,3)，则m＝________.
答案 eq \f(9,2)
解析 令f′(x)＝3x2－2mx＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3)m，所以eq \f(2,3)m＝3，m＝eq \f(9,2).
课时对点练
1．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a>0)在R上为增函数，则( )
A．b2－4ac>0 B．b>0，c<0
C．b＝0，c>0 D．b2－3ac≤0
答案 D
解析 由f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0，知Δ＝4b2－12ac≤0，故b2－3ac≤0.
2．若函数h(x)＝2x－eq \f(k,x)＋eq \f(k,3)在(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是( )
A．[－2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2] D．(－∞，2]
答案 A
解析 根据条件得h′(x)＝2＋eq \f(k,x2)＝eq \f(2x2＋k,x2)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，
所以k∈[－2，＋∞)．
3．若函数y＝a(x3－x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，则a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)
C．(1，＋∞) D．(0,1)
答案 A
解析 y′＝a(3x2－1)＝3aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(\r(3),3))).
当－eq \f(\r(3),3)＜x＜eq \f(\r(3),3)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(3),3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(\r(3),3)))＜0，
要使y＝a(x3－x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，
只需y′＜0，即a＞0.
4．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上单调递减，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上单调递增，则a等于( )
A．1 B．2 C．0 D.eq \r(2)
答案 B
解析 ∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上单调递减，
∴eq \f(a,2)≥1，得a≥2.g′(x)＝2x－eq \f(a,x)，
依题意g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，
即2x2≥a在x∈(1,2)时恒成立，有a≤2，∴a＝2.
5．如果函数f(x)＝2x3＋ax2＋1(a为常数)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上是单调递增的，且在区间(0,2)上是单调递减的，则常数a的值为( )
A．1 B．2 C．－6 D．－12
答案 C
解析 f′(x)＝6x2＋2ax，令6x2＋2ax<0.若a>0，解得－eq \f(a,3)6．(多选)函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x单调递增的必要不充分条件有( )
A．a≥2 B．a＝2
C．a≥1 D．a>2
答案 AC
解析 由函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x在区间(0，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝ax－(a＋2)＋eq \f(2,x)＝eq \f(ax2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋2))x＋2,x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
即ax2－(a＋2)x＋2≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
①当a＝0时，－2x＋2≥0⇒x≤1，不满足题意；
②当a<0时，ax2－(a＋2)x＋2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,a)))(x－1)≥0，
又eq \f(2,a)<0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,a)))(x－1)≤0⇒x≤1，不满足题意；
③当a>0时，ax2－(a＋2)x＋2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,a)))(x－1)≥0，
又eq \f(2,a)>0，ax2－(a＋2)x＋2≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则Δ＝(a＋2)2－8a＝(a－2)2≤0⇒a＝2，
综上，函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2－(a＋2)x＋2ln x单调递增的充要条件为a＝2，
故选AC.
7．若函数y＝x2－2bx＋6在(2,8)内单调递增，则实数b的取值范围是________．
答案 (－∞，2]
解析 由题意得y′＝2x－2b≥0在(2,8)内恒成立，
即b≤x在(2,8)内恒成立，所以b≤2.
8．已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(m,2)x2－6x＋1在(－1,1)上单调递减，则m的取值范围为________．
答案 [－5,5]
解析 ∵f(x)在(－1，1)上单调递减，∴f′(x)＝x2＋mx－6≤0在(－1，1)上恒成立，
又f′(x)＝x2＋mx－6是开口向上的二次函数，为使f′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，
只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1≤0，,f′1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m－6≤0，,1＋m－6≤0，))则m∈[－5,5]．
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间．
解 (1)∵a＝1，
∴f(x)＝x3＋x2－x＋2，
∴f′(x)＝3x2＋2x－1，
∴f′(1)＝4.又f(1)＝3，
∴切点坐标为(1,3)，
∴所求切线方程为y－3＝4(x－1)，
即4x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)，
由f′(x)＝0，得x＝－a或x＝eq \f(a,3).
又a>0，由f′(x)<0，得－a由f′(x)>0，得x<－a或x>eq \f(a,3)，
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，\f(a,3)))，单调递增区间为(－∞，－a)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞)).
10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)是否存在a，使f(x)的单调递减区间是(－1,1)；
(2)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围．
解 f′(x)＝3x2－a.
(1)∵f(x)的单调递减区间是(－1,1)，
∴－1∴x＝±1是方程3x2－a＝0的两根，∴a＝3.
(2)∵f(x)在R上是增函数，
∴f′(x)＝3x2－a≥0对x∈R恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
∵y＝3x2在R上的最小值为0.
∴a≤0，
∴a的取值范围是(－∞，0]．
11．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋x－b2,2)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,4))) B．(－∞，3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) D．(－∞，eq \r(2))
答案 A
解析 易得f′(x)＝eq \f(1,2x)＋x－b＝eq \f(2x2－2bx＋1,2x).
根据题意，得f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上有解．
令h(x)＝2x2－2bx＋1，
因为h(0)＝1>0，所以只需h(2)>0或heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，
解得b12．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．[－5，－3] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－6，－\f(9,8)))
C．[－6，－2] D．[－4，－3]
答案 C
解析 当x>0时，a≥eq \f(1,x)－eq \f(4,x2)－eq \f(3,x3)恒成立．
令eq \f(1,x)＝t，x∈(0,1]，∴t≥1.
∴a≥t－4t2－3t3恒成立．
令g(t)＝t－4t2－3t3，g′(t)＝1－8t－9t2，
对称轴t＝－eq \f(8,18)＝－eq \f(4,9)，
∴函数g′(t)在[1，＋∞)上单调递减，
而且g′(1)＝－16<0，
∴g′(t)<0在[1，＋∞)上成立．
∴g(t)在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(t)max＝g(1)＝－6.
当x<0时，a≤eq \f(1,x)－eq \f(4,x2)－eq \f(3,x3)恒成立，
令eq \f(1,x)＝t，x∈[－2,0)，∴t≤－eq \f(1,2)，
令g′(t)＝0，∴t＝－1，
∴g(t)在(－∞，－1]上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))上单调递增，
∴g(t)min＝g(－1)＝－2，
∴－6≤a≤－2.
13．若函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3＋x恰有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，0)
解析 f′(x)＝ax2＋1，若a≥0，f′(x)>0恒成立，不符合题意．
若a<0，由f′(x)>0，得－eq \r(－\f(1,a))由f′(x)<0，得x<－eq \r(－\f(1,a))或x>eq \r(－\f(1,a))，
即当a<0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(－\f(1,a))，\r(－\f(1,a))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(－\f(1,a))))及eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(－\f(1,a))，＋∞))上单调递减，
函数f(x)存在三个单调区间，满足题意，故a<0.
14．已知函数f(x)＝ax－ln x，若f(x)＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________．
答案 [1，＋∞)
解析 由已知a＞eq \f(1＋ln x,x)在区间(1，＋∞)内恒成立，
设g(x)＝eq \f(1＋ln x,x)，所以g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)＜0(x＞1)，
所以g(x)＝eq \f(1＋ln x,x)在区间(1，＋∞)内单调递减．
所以g(x)＜g(1)．
因为g(1)＝1，所以eq \f(1＋ln x,x)＜1在区间(1，＋∞)内恒成立，所以a≥1.
15．已知函数g(x)＝ex，若存在x∈[0，＋∞)，使得不等式eq \r(x)g(x)答案 (－∞，3)
解析 由eq \r(x)g(x)令F(x)＝eq \r(x)ex－x，原问题可转化为－m＋3>F(x)min.
因为F′(x)＝eq \r(x)ex＋eq \f(1,2\r(x))ex－1＝eq \f(2x＋1,2\r(x))ex－1，
当x>0时，2x＋1>x＋1≥2eq \r(x)，ex>1，
即F′(x)＝eq \f(2x＋1,2\r(x))ex－1>0，
即函数F(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以F(x)≥F(0)＝0，所以－m＋3>0，
即m<3.故实数m的取值范围为(－∞，3)．
16．讨论函数y＝eq \f(bx,x2－1)(－1解 f(x)的定义域为(－1,1)．
∵函数f(x)是奇函数，
∴只需讨论函数在(0,1)上的单调性．
f′(x)＝b·eq \f(x′x2－1－xx2－1′,x2－12)＝－eq \f(bx2＋1,x2－12).
当00，(x2－1)2>0，
∴－eq \f(x2＋1,x2－12)<0.
若b>0，则f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递减；
若b<0，则f′(x)>0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增．
又函数f(x)是奇函数，而奇函数的图象关于原点对称，
∴当b>0时，f(x)在(－1,1)上单调递减；
当b<0时，f(x)在(－1,1)上单调递增．