6.2.1　第2课时　导数与函数单调性的综合问题（教师版）

第2课时　导数与函数单调性的综合问题
1.结合实例，进一步了解函数的单调性与导数的关系．　2.能利用函数的单调性求参数值(或范围).　3.能利用导数比较式或值的大小．　4.能构造函数解有关不等式．
INCLUDEPICTURE "新知学习探究LLL.TIF"
一　根据函数的单调性求参数
INCLUDEPICTURE "例1LLL.TIF" 　(1)若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递增，则实数a的取值范围是　(　　)
A．[3，＋∞) B．(－∞，3]
C．[3，e2＋1] D．(－∞，e2＋1]
(2)函数f(x)＝ex(2x2－4x－4)在区间(k－1，k＋1)上不单调，则实数k的取值范围是________．
【解析】　(1)依题意f′(x)＝2x－a＋≥0在区间(1，e)上恒成立，即a≤2x＋在区间(1，e)上恒成立．令g(x)＝2x＋(10，所以g(x)在(1，e)上单调递增，
则g(x)>3，所以a≤3.故选B．
(2)因为f(x)＝ex(2x2－4x－4)，
所以f′(x)＝ex(2x2－8))，令f′(x)＝0，得x＝±2.
当x<－2或x>2时，f′(x)>0；
当－2所以函数f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，
由题意可得k－1<－2解得－3所以实数k的取值范围是(－3，－1)∪(1，3).
【答案】　(1) B　(2) (－3，－1)∪(1，3)
【变式探究】
1．(条件变式)本例(1)变为：若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在区间(1，e)上单调递减，则实数a的取值范围是______________．
解析：依题意f′(x)＝2x－a＋≤0在区间(1，e)上恒成立，即a≥2x＋在区间(1，e)上恒成立．令g(x)＝2x＋(10，所以g(x)在(1，e)上单调递增，则g(x)<2e＋，所以a≥2e＋.
答案：
2．(综合变式)本例(1)变为：已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)的单调递减区间为(，1)，则a＝________．
解析：由题意可得，f′(x)＝2x－a＋＝<0的解集为(，1)，将x＝或x＝1代入2x2－ax＋1＝0中，解得a＝3.
答案：3
INCLUDEPICTURE "解题技法LLL.TIF"
已知函数单调性求参数的方法
(1)分离参数法：f(x)在(a，b)上单调递增(减)等价于f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，将参数分离后可转化为求其函数的值域问题，注意验证等号是否成立．
(2)子集法：若能较容易地求出函数的单调区间，则可利用子区间来解决．若f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
[提醒]　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1] (1)若函数f(x)＝x3－3kx＋1的单调递减区间为(－1，1)，则实数k的值为(　　)
A．1 B．－1
C．3 D．－3
解析：选A．由f′(x)＝3x2－3k，由题意知，3x2－3k<0可解得－1(2)若函数f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则实数a的取值范围是____________．
解析：因为f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则f′(x)＝a－sin x≥0恒成立，即a≥sin x恒成立，由于－1≤sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
答案：[1，＋∞)
二　函数单调性的应用
角度1　比较大小
　(1)已知f(x)＝，则f(－1)，f(1.1)，f(2)的大小关系是(　　)
A．f(1.1)B．f(2)C．f(2)D．f(1.1)(2)设a＝，b＝，c＝，则a，b，c从小到大的排列顺序为____________．
【解析】　(1)由f′(x)＝＝，
所以当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(0，2)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增，
因为0<1.1<2，所以f(1.1)因为f(－1)＝＝e，f(2)＝<1，
所以f(2)(2)设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，
令f′(x)＝＝0，则x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又a＝＝f(e)，b＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)，
所以f(e)>f(3)>f(4)，即b【答案】　(1)A　(2)bINCLUDEPICTURE "解题技法LLL.TIF"
在比较两数(式)的大小关系时，首先要判断所给函数的单调性，再根据函数的单调性比较大小，有时还需要根据待比较式的结构特征构造新的函数，由新函数的单调性来比较大小．
角度2　解不等式
INCLUDEPICTURE "例3LLL.TIF" 　(1)已知函数f(x)＝2x＋cos x，则不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(　　)
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－1，3)
C．(3，＋∞) D．(－∞，－)∪(3，＋∞)
(2)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意x∈R都有f′(x)>2，f(2)＝0，则不等式f(x)－2x＋4>0的解集为________．
【解析】　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝2－sin x，
因为sin x∈[－1，1]，所以f′(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增．
因为f(x2－2)>f(2x＋1)，所以x2－2>2x＋1，
即x2－2x－3>0，
即(x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>3.
故不等式f(x2－2)>f(2x＋1)的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞). 故选A．
(2)令g(x)＝f(x)－2x＋4，
则g′(x)＝f′(x)－2>0，
所以g(x)在R上单调递增，又g(2)＝f(2)－2×2＋4＝0，
则不等式f(x)－2x＋4>0等价于g(x)>g(2)，所以x>2.
【答案】　(1)A　(2)(2，＋∞)
INCLUDEPICTURE "解题技法LLL.TIF"
利用导数解不等式的解题思路
对于利用导数解不等式问题，需要利用导数判断出函数的单调性，再利用单调性解不等式，要注意函数定义域．
[跟踪训练2] (1)设a＝，b＝ln 2，c＝sin ，则(　　)
A．b>c>a B．a>c>b
C．a>b>c D．b>a>c
解析：选D．当0令f(x)＝x－sin x，求导得f′(x)＝1－cos x>0，
则函数f(x)在(0，)上单调递增，
有f(x)>f(0)＝0，
即有x>sin x，
因此a＝>sin ＝c，
显然b＝ln 2>ln ＝>＝a，
所以b>a>c.故选D．
(2)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝0，则不等式(x－1)f(x)>0的解集为________．
解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，
因为xf′(x)－f(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f(2)＝0，所以g(2)＝0，
所以当00；当x>2时，f(x)<0，
故不等式(x－1)f(x)>0的解集为(1，2).
答案：(1，2)
三　利用导数证明不等式
INCLUDEPICTURE "例4LLL.TIF" 　证明：ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0).
【证明】　令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，
则f′(x)＝ex－1≥0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以对任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，
而f(0)＝0，
所以f(x)≥0，即ex≥x＋1.
令g(x)＝x－sin x(x≥0)，
g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，即x－sin x≥0，
所以x＋1≥sin x＋1(x≥0).
综上，ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0).
INCLUDEPICTURE "解题技法LLL.TIF"
利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的一般步骤
(1)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b].
(2)证明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)＞0.
(3)依(2)知函数F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上单调递增，故f(x)－g(x)＞0，即f(x)＞g(x).这是因为F(x)≥F(a)＞0，即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)＞0.
[跟踪训练3] 证明：当x>0时，x－1≥ln x.
证明：由题设，要证x－1≥ln x，
只需证x－1－ln x≥0即可，
令f(x)＝x－1－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－，
所以当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
故f(x)≥f(1)＝1－1－ln 1＝0，
即x－1－ln x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以x－1≥ln x，x∈(0，＋∞)得证．
INCLUDEPICTURE "课堂巩固自测LLL.TIF"
1．设函数f(x)＝2x＋sin x，则(　　)
A．f(－2)>f(－1) B．f(1)C．f(－1)>f(2) D．f(1)解析：选B．由题可知f(x)＝2x＋sin x(x∈R)，
所以f′(x)＝2＋cos x，
又因为当x∈R时，－1≤cos x≤1，
所以f′(x)＝2＋cos x>0，
故f(x)是R上的增函数，
故f(1)2．(多选)(教材P113T4改编)若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[ m－1，m＋1]上单调，则实数m的值可能是(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选AC．由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝，由f′(x)≥0，可得x≥3，则函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)，由f′(x)≤0，可得0则函数f(x)的单调递减区间为(0，3]，
因为f(x)在区间[ m－1，m＋1]上单调，
所以或m－1≥3，
解得1结合选项可得A，C符合题意．故选AC．
3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f(x)的图象如图所示，则x·f′(x)>0的解集为________________．
INCLUDEPICTURE "WW27.TIF"
解析：当x∈(－∞，0)时，x<0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)>0，
当x∈(0，2)时，x>0，f(x)单调递增，
所以f′(x)>0，即x·f′(x)>0，
当x∈(2，＋∞)时，x>0，f(x)单调递减，
所以f′(x)<0，即x·f′(x)<0.
综上，x·f′(x)>0的解集为(－∞，0)∪(0，2).
答案：(－∞，0)∪(0，2)
4．(教材P114T14改编)当x>0时，证明：不等式ln (x＋1)>x－x2.
证明：设f(x)＝x2－x＋ln (x＋1)，其中x>0，
则f′(x)＝x－1＋＝>0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
所以f(x)>f(0))=＝0，
故对任意的x>0，ln (x＋1)>x－x2都成立．
INCLUDEPICTURE "课堂小结.TIF"
1．已学习：根据函数的单调性求参数、比较大小以及解不等式问题．
2．须贯通：已知函数的单调性求参数的取值范围问题往往将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，解决这类问题的重要思路：
(1)m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max；(2)m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min.
3．应注意：(1)利用分离参数求解参数范围，须检验参数取等号时是否满足题意．
(2)对参数分类讨论时，要注意做到“不重不漏”．