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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)C．f(e)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(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．bC．a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)
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)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】
出错原因 纠错心得
对函数单调递增的充要条件f′(x)≥0理解不透致错，易得到错解为：f′(x)＝6ax2＋8x＋3>0在R上恒成立，解得a>. 设函数y＝f(x)在某个区间内可导，则当f′(x)>0时，f(x)为增函数，其解集为函数f(x)的单调递增区间；当f′(x)<0时，f(x)为减函数，其解集为函数f(x)的单调递减区间．反之，如果f(x)在某区间上单调递增(单调递减)，则f′(x)>0(f′(x)<0)不一定恒成立，还可能有f′(x)＝0，即f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在对应区间上单调递增(单调递减)的充分不必要条件，充要条件是f′(x)≥0(f′(x)≤0)．
[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)＝，eA．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)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所以f(2)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－－.所以函数的单调递增区间为.
令y′<0，解得－1解析：(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∴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(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可得g(3)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)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)即F(x)1，
故不等式ex－1f(x)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).
解析：(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．§6　用导数研究函数的性质
最新课程标准 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间． 2．借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系． 学科核心素养 1.了解函数的单调性与导数的关系，以及函数的极值、最值的相关概念．(数学抽象) 2．能利用导数判断函数的单调性、求函数的单调区间．(数学运算) 3．能利用导数求函数的极值与给定闭区间上的最值．(数学运算) 4．能利用导数研究与函数单调性、极值、最值等相关的问题．(数学运算、逻辑推理)
6.1　函数的单调性
第1课时　函数的单调性与导数
[教材要点]
要点　导数与函数的单调性
在某个区间(a，b)内，函数的单调性与其导函数的正负有如下关系：
导数 函数的单调性
f′(x)>0 单调________
f′(x)<0 单调________
f′(x)＝0 常数函数
状元随笔　(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.
[基础自测]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)函数f(x)在定义域上都有f′(x)<0，则函数f(x)在定义域上单调递减．(　　)
(2)函数在某一点的导数越大，函数在该点处的切线越“陡峭”．(　　)
(3)函数在某个区间上变化越快，函数在这个区间上导数的绝对值越大．(　　)
(4)判断函数单调性时，在区间内的个别点f′(x)＝0，不影响函数在此区间的单调性．(　　)
2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则(　　)
A．f′(3)>0　　 B．f′(3)<0
C．f′(3)＝0 D．f′(3)的符号不确定
3．导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)
4．命题甲：对任意x∈(a，b)，有f′(x)>0；命题乙：f(x)在(a，b)内是单调递增的，则甲是乙的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
题型一　导函数与原函数图象间的关系
例1　(1)设函数f(x)在定义域内可导，f(x)的图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能为(　　)
(2)(多选题)设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个平面直角坐标系中，正确的是(　　)
方法归纳
函数与导数图象间的关系
判断函数与导数图象间的对应关系时，首先要弄清所给图象是原函数的图象还是导函数的图象，其次再注意以下两个方面：
(1)函数的单调性与其导函数的正负的关系：在某个区间(a，b)内，若f′(x)>0，则y＝f(x)在(a，b)上单调递增；如果f′(x)<0，则y＝f(x)在这个区间上单调递减；若恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数，不具有单调性．
(2)导数与函数图象的关系
函数值增加得越来越快函数值增加得越来越慢f′(x)>0且越来越大f′(x)>0且越来越小函数值减少得越来越快函数值减少得越来越慢f′(x)<0且越来越小 绝对值越来越大f′(x)<0且越来越大 绝对值越来越小
跟踪训练1　(1)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)
(2)已知y＝x·f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)
题型二　用导数研究不含参数的函数单调性
例2　判断下列函数的单调性
(1)f(x)＝x2－ln x；
(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝x3＋.
方法归纳
用导数判断函数单调性的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导函数f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)；
(4)写出结论．
跟踪训练2　(1)已知函数f(x)＝x ln x，x∈(0，5)，下列判断正确的是(　　)
A．在(0，5)上是增函数
B．在(0，5)上是减函数
C．在(0，)上是减函数，在(，5)上是增函数
D．在(0，)上是增函数，在(，5)上是减函数
(2)函数f(x)＝sin x－x在(0，π)上单调________．(填“递增”、“递减”)．
题型三　用导数研究含参函数的单调性
例3　已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数f(x)的单调性．
变式探究　本例中的条件“a>0”改为“a∈R”，结果如何？
方法归纳
在讨论含有参数的函数单调性时，若f′(x)中的参数不容易判断其正负时，需要对参数进行分类，分类的标准：
(1)按导函数是否有零点分大类；
(2)在大类中再按导数零点的大小分小类；
(3)在小类中再按零点是否在定义域中分类．
跟踪训练3　已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
易错辨析　讨论函数单调性时忽略定义域致错
例4　已知函数f(x)＝，判断函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(0，1)
f′(x)＝.
由f′(x)＝0，可得x＝e.
则当0f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x>e时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
【易错警示】
出错原因 纠错心得
忽略了函数f(x)的定义域． 在讨论函数的单调性时，要特别注意函数的定义域．
[课堂十分钟]
1．已知f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)
2．如果函数f(x)是偶函数，且在(－∞，0)上f′(x)＜0，则在(0，＋∞)上f(x)的单调性是(　　)
A．递增 B．递减
C．先减后增 D．先增后减
3．“m<4”是“函数f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．设f(x)＝x－sin x，则f(x)(　　)
A．既是奇函数又是减函数
B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数
D．是没有零点的奇函数
5．设函数f(x)＝ax－1－ln x，讨论函数f(x)的单调性．
§6　用导数研究函数的性质
6．1　函数的单调性
第1课时　函数的单调性与导数
新知初探·课前预习
要点
递增　递减　
[基础自测]
1．答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2．解析：由图象可知，函数f(x)在(1，5)上单调递减，则在(1，5)上有f′(x)<0，所以f′(3)<0.故选B.
答案：B
3．解析：∵当x>0时，f′(x)>0，当x<0时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数，故选D.
答案：D
4．解析：例如取f(x)＝x3(－1答案：A
题型探究·课堂解透
题型一
例1　解析：(1)由f(x)的图象可知，y＝f(x)在(－∞，0)上是增函数，因此在x<0时，有f′(x)>0(即全部在x轴上方)，故排除A、C.从原函数图象上可以看出，在区间(0，x1)上原函数是增函数，f′(x)>0；在区间(x1，x2)上原函数是减函数，f′(x)<0；在区间(x2，＋∞)上原函数是增函数，f′(x)>0，故排除B，故选D.
(2)A，B，C均有可能；对于D，若C1为导函数，则y＝f(x)应为增函数，不符合；若C2为导函数，则y＝f(x)应为减函数，也不符合，D不可能，故选ABC.
答案：(1)D　(2)ABC
跟踪训练1　解析：(1)当f′(x)<0时，函数f(x)单调递减，当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，则由导函数y＝f′(x)的图象可知：f(x)先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A、C，且f′(0)>0，所以在x＝0附近函数应单调递增，排除B.故选D.
(2)当x>0时，y＝x·f′(x)在[0，b]上恒大于等于零 f′(x)≥0，在[0，b]上恒成立，故f(x)在[0，b]上递增，当x≤0时，f′(x)≤0在(－∞，0]上恒成立，故f(x)在(－∞，0]上递减，只有D满足，故选D.
答案：(1)D　(2)D
题型二
例2　解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2x－＝，
因为x>0，所以x＋1>0，
令f′(x)>0，解得x>，
所以函数f(x)在(，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，解得0所以函数f(x)在(0，)上单调递减．
解析：(2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)
f′(x)＝＝，
因为x∈(－∞，2)所以ex>0，(x－2)2>0，
令f′(x)>0，得x>3，所以函数f(x)在(3，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0，得x<3，又x∈(－∞，2)
所以函数f(x)在(－∞，2)和(2，3)上单调递减．
(3)函数f(x)的定义域为(－∞，0)
f′(x)＝3x2－＝3(x2－)
令f′(x)>0，得x<－1或x>1，
所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0得－1所以函数f(x)在(－1，0)和(0，1)上单调递减．
跟踪训练2　解析：(1)由f(x)＝x ln x，可得f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1.由f′(x)>0且x∈(0，5)，可得(2)因为f(x)＝sin x－x，x∈(0，π)，
所以f′(x)＝cos x－1<0.
所以函数f(x)＝sin x－x在(0，π)上单调递减．
答案：(1)C　(2)递减
题型三
例3　解析：函数的定义域为(0，＋∞),
f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝，
①当01，
∴x∈(0，1)和(，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈(0，)和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
变式探究　解析：a>0时，讨论同上；
当a≤0时，ax－1<0，
∴x∈(0，1)时，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
跟踪训练3　解析：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝ex(ex－a)＋ex·ex－a2＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln .
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
[课堂十分钟]
1．解析：由导函数的图象可知，当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数；当0x1时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数，观察选项易知C正确，故选C.
答案：C
2．解析：∵在(－∞，0)上f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，0)上递减，
又函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，∴在(0，＋∞)上f(x)递增．故选A.
答案：A
3．解析：若f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝4x－m＋≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
∴有4x＋≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即m≤，而4x＋≥2＝4当且仅当x＝时等号成立，则m≤4.
∴“m<4”是“函数f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
4．解析：由题意知f(0)＝0，f(x)的定义域为R.
∵f(－x)＝－x－sin (－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，
又f′(x)＝1－cos x ≥0，
∴f(x)是增函数，
故选B.
答案：B
5．解析：f′(x)＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝，
∴当0时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)单调递减区间是，单调递增是.

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