5.3.1　第2课时　函数单调性的综合问题（配套Word教参）-【优化指导】2020-2021学年新教材高中数学选择性必修第2册 (人教A版)

第2课时　函数单调性的综合问题 探究一　讨论函数的单调性 讨论函数f(x)＝x2－aln x(a≥0)的单调性． 解　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝， 设g(x)＝2x2－a，由g(x)＝0得2x2＝a. 当a＝0时，f′(x)＝2x>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数； 当a>0时，由g(x)＝0得x＝或x＝－(舍去)． 当x∈时，g(x)<0，即f′(x)<0；当x∈时，g(x)>0，即f′(x)>0. ∴当a>0时，函数f(x)在区间上为减函数，在区间上为增函数． 综上，当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是. [变式]　若把本例的条件“a≥0”改为“a<0”，结果如何？ 解　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝， 设g(x)＝2x2－a，当a<0，g(x)>0，进而f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数． [方法总结]　讨论函数f(x)单调性的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根； (3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性． [训练]　已知函数f(x)＝x2＋aln x(a∈R，a≠0)，求f(x)的单调区间． 解　由于f(x)＝x2＋aln 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，)． 探究二　已知函数单调性求参数问题 [知能解读]　函数在区间(a，b)上的导数与单调性的关系 (1)若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，其余的点恒有f′(x)>0，则f(x)仍为增函数(减函数的情形完全类似)． (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0. 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． 解题程序： 第一步：泛读题目明待求结论：求参数的取值范围． 第二步：精读题目挖已知条件：函数为多项式函数且为增函数． 第三步：建立联系寻解题思路： →→. 第四步：书写过程养规范习惯． 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. [变式1]　若函数f(x)＝x3－ax－1的单调减区间为(－1,1)，求a的取值范围． 解　f′(x)＝3x2－a， (1)当a≤0时，f′(x)≥0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意． (2)当a>0时，令3x2－a＝0，得x＝±， 当－<x<时，f′(x)<0，∴f(x)在上为减函数， ∴f(x)的单调递减区间为，∴＝1，即a＝3. [变式2]　若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上单调递减，求a的取值范围． 解　由题意可知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立， ∴即∴a≥3. 即a的取值范围是[3，＋∞)． [变式3]　若函数f(x)＝x3－ax－1在(－1,1)上不单调，求a的取值范围． 解　∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a，由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0)， ∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0<<1，即0<a<3.故a的取值范围为(0,3)． [方法总结] 1．已知f(x)在区间(a，b)上的单调性，求参数范围的方法 (1)利用集合的包含关系处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则区间(a，b)是相应单调区间的子集； (2)利用不等式的恒成立处理f(x)在(a，b)上单调递增(减)的问题，则f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)内恒成立，注意验证等号是否成立． 2．恒成立问题的重要思路 (1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max. (2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min. $$