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

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＝f

B．f>f

C．f<f

D．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<b

C．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】

[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)>1

3．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：D

2．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：B

3．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：D

4．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：B

2．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：A

3．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：C

4．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．