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第09讲 利用导数研究函数的单调性
【学习目标】
了解函数的单调性与导数的关系；
2、能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
【备考指南】
导数与函数的单调性是高考中的热点问题，题型有利用导数求函数的单调区间和已知单调性求参数的取值范围，难度较大.
【考点总结】
1．函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增。
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减。
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数。
【考点解析】
【考点】一、不含参数函数的单调性
例1．函数y＝4x2＋的单调递增区间为(　　)
A．(0，＋∞)　　　　　　　 B．
C．(－∞，－1) D．
解析：选B.由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>，
所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.
故选B.
例2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)(　　)
A．在(0，＋∞)上单调递增 B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在上单调递增 D．在上单调递减
解析：选D.因为函数f(x)＝xln x，定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，当f′(x)>0时，解得x>，即函数的单调递增区间为；
当f′(x)<0时，解得0即函数的单调递减区间为，故选D.
例3．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
令f′(x)＝xcos x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为和，
即f(x)的单调递增区间为和.
答案：和
求函数单调区间的步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求f′(x)．
(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间．
(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间．
[提醒]　求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．　
【考点】二、含参数函数的单调性
例1、已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a＞0.讨论f(x)的单调性．
【解】　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝
＝.
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，
f(x)单调递增．
(3)当a>2时，0<<1，当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
解决含参数函数的单调性问题应注意的2点
(1)研究含参数函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．　
【变式】1、已知函数f(x)＝ln(ex＋1)－ax(a>0)，讨论函数y＝f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝－a＝1－－a.
①当a≥1时，f′(x)<0恒成立，
所以当a∈[1，＋∞)时，
函数y＝f(x)在R上单调递减．
②当0由f′(x)>0，得(1－a)(ex＋1)>1，
即ex>－1＋，解得x>ln ，
由f′(x)<0，得(1－a)(ex＋1)<1，
即ex<－1＋，解得x所以当a∈(0，1)时，
函数y＝f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
综上，当a∈[1，＋∞)时，f(x)在R上单调递减；
当a∈(0，1)时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
【考点】三、函数单调性的应用
角度一　比较大小或解不等式
例1、 (1)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
(2)已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈，都有f′(x)sin xA.f>f B．f>f(1)
C.f【解析】　(1)由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.
(2)令g(x)＝，
则g′(x)＝，
由已知得g′(x)<0在上恒成立，
所以g(x)在上单调递减，
所以g>g，即>，
所以f>f.
【答案】　(1)B　(2)A
角度二　已知函数的单调性求参数
例2、已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若函数f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数f(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】　(1)f(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－ax－2，由于f(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解．
即a＞－有解，
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1.
(2)由f(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以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≥－，即a的取值范围是.
【迁移探究1】　(变问法)若函数f(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由f(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，f′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
【迁移探究2】　(变问法)若函数f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则f′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞－有解，
又当x∈[1，4]时，＝－1，
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
【迁移探究3】　(变条件)若函数f(x)在[1，4]上不单调，求a的取值范围．
解：因为f(x)在[1，4]上不单调，
所以f′(x)＝0在(1，4)上有解，
即a＝－有解，
令m(x)＝－，x∈(1，4)，
则－1所以实数a的取值范围为.
(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式；
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
[提醒]　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)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
【变式】1．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数，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的解集是(　　)
A．(－3，0)∪(3，＋∞)
B．(－3，0)∪(0，3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0，3)
解析：选D.令h(x)＝f(x)g(x)，当x＜0时，h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，则h(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以h(x)为奇函数，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又由g(－3)＝0，可得h(－3)＝－h(3)＝0，所以x＜－3或0＜x＜3时h(x)＜0，故选D.
【变式】2．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围．
解：f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0，
即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1，2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－.
令h(x)＝4x－，
因为函数h(x)在[1，2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，
即≥或≤3，
解得a<0或021世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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