5.3.1 函数的单调性课件（四）-2023-2024学年高二上学期数学苏教版（2019）选择性必修第一册

5.3 导数在研究函数中的应用 5.3.1导数与单调性（四）解含参不等式 一、导函数是含参数的二次函数： 解： 一、导函数是含参数的二次函数： 反思感悟　 (1)若导函数的二次项系数含参： ①优先讨论是否为0，达到降次的目的， ②当不为0时，再从符号上入手， ③确定二次函数的开口方向，由判别式确定其根的情况，若有根，然后通过因式分解或求根公式求导函数大于0或小于0的解，若无根，则导函数大于0或小于0恒成立，从而确定原函数的单调性． (2)若导函数的一次项系数含参或常数项含参，按上述第③步求解． 一、导函数是含参数的二次函数： 解： 二、导函数是含参数的基本初等型函数： 解： 二、导函数是含参数的基本初等型函数： 反思感悟　 确定函数的定义域、求导、通分，一般情况下，其分子转化成二次函数型的函数，或利用指数函数、对数函数、三角函数的单调性求解，对参数的讨论一定要做到不重不漏． 解不等式时若涉及分式不等式要注意结合定义域化简，也可转化为二次不等式求解． 二、导函数是含参数的基本初等型函数： 解： 三、导函数是非基本初等函数： 证明： 法一 三、导函数是非基本初等函数： 证明： 法二 三、导函数是非基本初等函数： 反思感悟　 在分类讨论此类问题时，其目的是讨论不确定的因式的符号，在讨论参数的取值范围时，也要注意函数的定义域． 三、导函数是非基本初等函数： 解： 四、达标检测： 解： 五、课堂小结： 1．知识清单： (1)导函数是二次型函数的单调性问题． (2)导函数是基本初等型函数的单调性问题． (3)导函数是复合型函数的单调性问题． 2．方法归纳：分类讨论． 3．常见误区：分类讨论时是否做到“不重不漏”. 例1　求f(x)＝a2x3＋ax2－x－1的单调区间． (2)当a≠0时3a2>0时，f′(x)是开口向上的二次函数， 令f′(x)＝0得x1＝eq \f(1,3a)，x2＝－eq \f(1,a)(a≠0)，因此可知(结合f′(x)的图象)， ①当a>0时，x1>x2，f′(x)>0⇔x<－eq \f(1,a)或x>eq \f(1,3a)；f′(x)<0⇔－eq \f(1,a)<x<eq \f(1,3a). 此时，f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，＋∞))；f(x)的减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，\f(1,3a))). ②当a<0时，x1<x2，f′(x)>0⇔x<eq \f(1,3a)或x>－eq \f(1,a)；f′(x)<0⇔eq \f(1,3a)<x<－eq \f(1,a). 此时，f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3a)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))；减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a)，－\f(1,a))). 　f(x)＝a2x3＋ax2－x－1的定义域为R，f′(x)＝3a2x2＋2ax－1＝(3ax－1)(ax＋1)． (1)当a＝0时，f′(x)＝－1<0⇒f(x)在R上是减函数，f(x)的减区间为R，无增区间． 跟踪训练1　求f(x)＝2x3＋mx2＋m＋1的单调区间． f(x)＝2x3＋mx2＋m＋1的定义域为R，f′(x)＝6x2＋2mx. (1)当m＝0时，f′(x)＝6x2≥0，f(x)在R上是增函数，f(x)的增区间为R，无减区间． (2)当m≠0时，f′(x)是开口向上的二次函数， 令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(m,3)，x2＝0，因此可知(结合f′(x)的图象)， ①当m<0时，x1>x2， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,3)，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(m,3)))时，f′(x)<0， 此时，f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,3)，＋∞))；f(x)的减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(m,3))). ②当m>0时，x1<x2， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(m,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,3)，0))时，f′(x)<0， 此时，f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(m,3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))；f(x)的减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,3)，0)). 例2　已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－x＋aln x．讨论f(x)的单调性． (2)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq \f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq \f(a＋\r(a2－4),2). 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0； 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0. 所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上是增函数． f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x2)－1＋eq \f(a,x)＝－eq \f(x2－ax＋1,x2). (1)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数． 跟踪训练 讨论函数f(x)＝eq \f(1,2)ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的单调性. 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋1－eq \f(a＋1,x)＝eq \f(ax2＋x－（a＋1）,x). ①当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1. ∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. ②当a>0时，f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a＋1,a)))（x－1）,x)，∵a>0，∴eq \f(a＋1,a)>0. 由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1. ∴f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，1)内为减函数，在(1，＋∞)内为增函数. 例3　设函数f(x)＝emx＋x2－mx.证明：f(x)在(－∞，0)上是减函数；在(0，＋∞)上是增函数． f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0. 若m<0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． 例3　设函数f(x)＝emx＋x2－mx.证明：f(x)在(－∞，0)上是减函数；在(0，＋∞)上是增函数． f′(x)＝m(emx－1)＋2x， 令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝m2emx＋2>0恒成立， 所以y＝f′(x)在R上是增函数，又f′(0)＝0， 所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． 跟踪训练3　已知函数f(x)＝ae2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2))ex－x，讨论f(x)的单调性． f(x)的定义域为R，f′(x)＝2ae2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2))ex－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aex－1))(2ex＋1)． 若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在R上为减函数； 若a>0，则当x<－ln a时，f′(x)<0，当x>－ln a时，f′(x)>0， 故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln a，＋∞))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－ln a))上为减函数， 综上，当a≤0时，f(x)在R上为减函数； 当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ln a，＋∞))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－ln a))上为减函数． 1.　试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间． 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，即eq \f(kx－1,x)<0，解得0<x<eq \f(1,k). 由f′(x)>0，即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\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，＋∞)). $$