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5．3　导数在研究函数中的应用
5．3.1　函数的单调性
[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．
2．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．
3．通过对函数单调性的判断，培养学生数学运算、数学抽象和直观想象的核心素养．　
(一)教材梳理填空
1．函数的单调性与其导函数正负的关系
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增；
在某个区间(a，b)上，如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减；
如果在区间(a，b)上恒有f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数．
2．函数图象的变化趋势与导数值大小的关系
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数在这个范围内变化得较，函数的图象就比较“平缓”．
[微思考]
在区间(a，b)内，若f′(x)>0，则f(x)在此区间上单调递增，反之也成立吗？
提示：不一定成立．比如y＝x3在R上为增函数，但其在x＝0处的导数等于零．也就是说f′(x)>0是y＝f(x)在某个区间上单调递增的充分不必要条件．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则函数f(x)在定义域上单调递增．(　　)
(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．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√
2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2)　　　　　　　 B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案：D
3．函数y＝x3＋x在(－∞，＋∞)上的图象是________(填“上升”或“下降”)的．
答案：上升
题型一　判断或讨论函数的单调性
[学透用活]
(1)若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0，在其余的点恒有f′(x)>0，则f(x)在此区间上仍然单调递增（单调递减的情形完全类似） ．
(2)f(x)在(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)上的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.
[典例1]　已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－，讨论函数f(x)的单调性．
[解]　 由题设知a≠0.f′(x)＝3ax2－6x＝3ax，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
当a>0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0.
∴f(x)在区间(－∞，0)上单调递增．
若x∈，则f′(x)<0，
∴f(x)在区间上单调递减．
若x∈，则f′(x)>0，
∴f(x)在区间上单调递增．
当a<0时，若x∈，则f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递减．
若x∈，则f′(x)>0，
∴f(x)在区间上单调递增．
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)<0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
1．利用导数判断或证明函数单调性的思路
2．含有参数的函数单调性的解题技巧
讨论含有参数的函数的单调性，通常归结为求含参不等式的解集问题，而对含有参数的不等式要针对具体情况进行分类讨论，但要始终注意定义域以及分类讨论的标准．
含参数的二次不等式问题，一般从最高次项的系数、判别式Δ及根的大小关系等方面进行讨论．
[对点练清]
1．试证明：函数f(x)＝在区间(0,2)上单调递增．
证明：由于f(x)＝，
所以f′(x)＝＝.
由于0故f′(x)＝>0，
即函数f(x)＝在区间(0,2)上单调递增．
2．讨论函数f(x)＝(－1解：当0f′(x)＝b·
＝－.
若b>0，则f′(x)<0，函数f(x)在(0,1)上单调递减；
若b<0，则f′(x)>0，函数f(x)在(0,1)上单调递增．
又函数f(x)是奇函数，而奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性．
综上所述，当b>0时，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当b<0时，函数f(x)在(－1,1)上单调递增．
题型二　求函数的单调区间
[学透用活]
[典例2]　求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝x2－ln x；
(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝－x3＋3x2.
[解]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－＝.
令f′(x)>0，得x>，令f′(x)<0，得0∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，
f′(x)＝.
令f′(x)>0，即x－3>0，得x>3；
令f′(x)<0，得x＜2或2＜x＜3.
∴f(x)在(－∞，2)和(2,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)，单调递增区间为(3，＋∞)．
(3)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝－3x2＋6x.
令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x<0或x>2.
∴f(x)在(0,2)上单调递增，在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．
求可导函数f(x)的单调区间的一般步骤
(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)，并写出解集；
(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．　　
[对点练清]
1．函数y＝xsin x＋cos x在(π，3π)上的单调递增区间是(　　)
A. B．
C. D．(π，2π)
解析：选B　∵y＝xsin x＋cos x，∴y′＝xcos x.
当x∈(π，3π)时，令y′＝xcos x>0，得x∈，
∴函数y＝xsin x＋cos x在(π，3π)内的单调递增区间是.
2．试求函数f(x)＝－ax3＋x2＋1(a≤0)的单调区间．
解：法一 f′(x)＝－ax2＋2x(a≤0)．
①当a＝0时，f(x)＝x2＋1，为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
因为－a>0，即<0，所以当x>0或x<时，f′(x)>0；当故f(x)的单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为.
法二 f′(x)＝－ax2＋2x(a≤0)．
①当a＝0时，f(x)＝x2＋1，其单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)>0，所以(－ax＋2)x>0，即x>0，得x>0或x<，
由f′(x)<0，得故f(x)的单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为.
题型三　已知函数的单调性求参数范围
[探究发现]
1．若已知函数f(x)在[a，b]上为增函数，那么其导函数f′(x)在[a，b]的值如何？
提示：f′(x)≥0.
2．若已知函数f(x)在[a，b]上为减函数，那么其导函数f′(x)在[a，b]的值如何？
提示：f′(x)≤0.　　　
[学透用活]
[典例3]　若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
[解]　法一 直接法
f′(x)＝x2－ax＋a－1，令f′(x)＝0得x＝1或x＝a－1.
当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)内单调递增，不合题意．
当a－1>1，即a>2时，f(x)在(－∞，1)和(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，
由题意知(1,4) (1，a－1)且(6，＋∞) (a－1，＋∞)，所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7.
故实数a的取值范围为[5,7]．
法二 数形结合法
f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．
∵在(1,4)内f′(x)≤0，
在(6，＋∞)内f′(x)≥0，
且f′(x)＝0有一根为1，
作出y＝f′(x)的示意图如图所示，则f′(x)＝0的另一根在[4,6]上．
∴即∴5≤a≤7.
故实数a的取值范围为[5,7]．
法三 转化为不等式的恒成立问题
f′(x)＝x2－ax＋a－1.
因为f(x)在(1,4)内单调递减，
所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．
即a(x－1)≥x2－1在(1, 4)上恒成立，所以a≥x＋1.
因为2所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1, 4)上恒成立，
又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1.
因为x＋1>7，
所以a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．
综上知5≤a≤7.
故实数a的取值范围为[5,7]．
1．利用导数法解决参数问题的思路
(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
(2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意．
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.　　
[对点练清]
1．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．[，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(－，＋∞)
解析：选C　∵f(x)＝ex(sin x＋a)，x∈，
∴f′(x)＝ex(sin x＋cos x＋a)，
由于函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则 x∈，f′(x)≥0，
∴sin x＋cos x＋a≥0，得a≥－sin x－cos x＝－sin，
当－∴a≥1，
因此，实数a的取值范围是[1，＋∞)，故选C.
2．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不具有单调性，则实数k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3]∪[－1,1]∪[3，＋∞)
B．(－3，－1)∪(1,3)
C．(－2,2)
D．不存在这样的实数k
解析：选B　由题意得，f′(x)＝3x2－12＝0在区间(k－1，k＋1)上至少有一个实数根．
又f′(x)＝3x2－12＝0的根为±2，且区间(k－1，k＋1)的区间长度为2，
故只有2或－2在区间(k－1，k＋1)内，
∴k－1<2∴1[课堂思维激活]　
一、综合性——强调融会贯通
1．已知函数f(x)＝xex－a(a∈R)．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a＞0时，求函数f(x)的单调区间．
解：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，
所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.
又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，
即2ex－y－e＝0.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)．
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln a.
①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
②当0＜a＜时，ln a＜－1，
由f′(x)＞0，得x＜ln a或x＞－1；
由f′(x)＜0，得ln a＜x＜－1，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．
③当a＞时，ln a＞－1，
由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞ln a；
由f′(x)＜0，得－1＜x＜ln a，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，
单调递减区间为(－1，ln a)．
综上所述，当a＝时，函数f(x)在R上单调递增；
当0＜a＜时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)；
当a＞时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．(1)f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)＞f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是(　　)
A．f(a)＜eaf(0) B．f(a)＞eaf(0)
C．f(a)＜ D．f(a)＞
(2)设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数，则(　　)
A．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＞b
B．若ea＋2a＝eb＋3b，则a＜b
C．若ea－2a＝eb－3b，则a＞b
D．若ea－2a＝eb－3b，则a＜b
解析：(1)令g(x)＝，
则g′(x)＝＝＞0.
∴g(x)在R上为增函数．
又∵a＞0，∴g(a)＞g(0)，
即＞，即f(a)＞eaf(0)．故选B.
(2)因为a＞0，b＞0，所以若ea＋2a＝eb＋3b，则ea＋2a＝eb＋2b＋b＞eb＋2b.对于函数y＝ex＋2x(x＞0)，因为y′＝ex＋2＞0，所以y＝ex＋2x在(0，＋∞)上单调递增，因而a＞b成立．故选A.
答案：(1)B　(2)A
[课下过关检测]　
1．[多选]下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(　　)
A．y＝sin x B．y＝xex
C．y＝x3＋x D．y＝ln x－x
解析：选BC　对于B，y′＝(xex)′＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝xex在(0，＋∞)上单调递增．对于C，y′＝3x2＋1＞0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝x3＋x在(0，＋∞)上单调递增．对于A，D都存在x>0，使y′<0的情况．
2．函数f(x)＝ln x－x的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，0)，(1，＋∞) B．(－∞，0)∪(1，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0,1)
解析：选C　由题可得f′(x)＝－1＝(x>0)，令f′(x)<0，即<0，解得x>1或x<0，又因为x>0，所以x>1.故选C.
3．已知函数f(x)＝x3－mx2＋4x－3在区间[1,2]上单调递增，则实数m的取值范围为(　　)
A．[4,5] B．[2,4]
C．(－∞，2] D．(－∞，4]
解析：选D　由题得f′(x)＝x2－mx＋4，要使函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，则f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即x2－mx＋4≥0在[1,2]上恒成立，即m≤＝x＋在[1,2]上恒成立．又x＋≥2＝4，当且仅当x＝2时，等号成立，所以m≤4.
4.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)
解析：选C　当0故y＝f(x)在(0,1)上单调递减，排除A，B.当x>1时，xf′(x)>0，∴f′(x)>0，故y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，排除D，故选C.
5．[多选]若函数f(x)＝ax3－3x2＋x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的值可以是(　　)
A．－2 B．0
C．1 D．3
解析：选AC　∵函数f(x)＝ax3－3x2＋x＋1，
∴f′(x)＝3ax2－6x＋1.
由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，
∴3ax2－6x＋1＝0满足a≠0，且Δ＝36－12a>0，
解得a<3，且a≠0，∴a∈(－∞，0)∪(0,3)．结合选项可知A、C符合题意，故选A，C.
6．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln 2x，则f(x)的单调递增区间为________．
解析：因为f(x)＝x2－5x＋2ln 2x，x>0，
所以f′(x)＝2x－5＋＝
＝.
由f′(x)>0可得(2x－1)(x－2)>0，
所以x>2或0即f(x)的单调递增区间为，(2，＋∞)．
答案：，(2，＋∞)
7．若函数y＝ax3－ax2－2ax(a≠0)在[－1,2]上单调递增，则a的取值范围为________．
解析：y′＝ax2－ax－2a＝a(x＋1)(x－2)>0，
∵当x∈(－1,2)时，(x＋1)(x－2)<0，∴a<0.
答案：(－∞，0)
8．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上单调递减，则b的取值范围是________．
解析：∵f(x)在(－1，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．
∵f′(x)＝－x＋，∴－x＋≤0.
∵b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，
∴g(x)min＝－1，∴b≤－1.
答案：(－∞，－1]
9．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0，求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a<0时，对任意x∈R，都有f′(x)>0，
即a<0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当a>0时，由f′(x)>0，解得x>或x<－，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；
由f′(x)<0，解得－所以f(x)的单调递减区间为(－，)．
即a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；f(x)的单调递减区间为(－，)．
10．已知a∈R，函数f(x)＝x3－6x2＋3(4－a)x.
(1)若曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线与直线x－3y＝0垂直，求a的值；
(2)若函数f(x)在区间(1,4)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝3x2－12x＋12－3a，
所以曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线斜率k＝f′(3)＝27－36＋12－3a＝3－3a.
而直线x－3y＝0的斜率为，
则3－3a＝－3，得a＝2.
(2)由f(x)在(1,4)上单调递减，得f′(x)＝3x2－12x＋12－3a≤0在(1,4)上恒成立，
即a≥x2－4x＋4在(1,4)上恒成立，
所以a≥(x2－4x＋4)max＝4，
所以a的取值范围是[4，＋∞)．
1．已知函数f(x)，g(x)对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0时，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有(　　)
A．f′(x)>0，g′(x)>0
B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0
D．f′(x)<0，g′(x)<0
解析：选B　由已知，得f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∵当x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均单调递增，∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0.
2．已知函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上单调递减，函数g(x)＝x2－aln x在(1,2)上单调递增，则a＝(　　)
A．1 B．2
C．0 D．
解析：选B　∵函数f(x)＝x2－ax＋3在(0,1)上为减函数，∴≥1，得a≥2.g′(x)＝2x－，依题意g′(x)≥0在(1,2)上恒成立，即2x2≥a在x∈(1,2)时恒成立，
有a≤2，∴a＝2.
3．已知函数f(x)＝，当1A．f()B．f(x)C．f2(x)D．f2(x)解析：选A　由题意得f′(x)＝，当10，所以f(x)在(1,3)上单调递增．又1<f(1)＝e，所以f2(x)>f(x)．综上，f()4．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(1＋x)，f′(x)＝－ln(1＋x)＋·，
所以f′(1)＝－ln 2，
又f(1)＝0，所以点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－(x－1)ln 2，
即xln 2＋y－ln 2＝0.
(2)由题意得f′(x)＝－ln(1＋x)＋·≥0(x>0)，即≥0(x>0)，因为x2(1＋x)>0，所以只需满足ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)≥0(x>0)．
设g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)，
则g′(x)＝2ax＋1－ln(1＋x)－1＝2ax－ln(1＋x)．
若a≤0，则g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，于是在(0，＋∞)上g(x)若a>0，设h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2a－，h′(0)＝2a－1.
①若0－1时，h′(x)>0，
所以h(x)即g′(x)在上单调递减，在上单调递增，于是当0②若a≥，因为h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝2a－1≥0，所以h(x)即g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g′(x)>g′(0)＝0，于是g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(0，＋∞)上g(x)>g(0)＝0，满足题意．
综上所述，a的取值范围为.
5．若函数f(x)在定义域D内某个区间I上单调递增，且F(x)＝在I上单调递减，则称函数f(x)是I上的“单反减函数”．已知f(x)＝ln x，g(x)＝2x＋＋aln x(a∈R)．
(1)判断函数f(x)在(0,1)上是不是“单反减函数”；
(2)若函数g(x)是[1，＋∞)上的“单反减函数”，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)＝ln x在(0,1)上单调递增．
∵F(x)＝＝，∴F′(x)＝，
∴当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
∴F(x)在(0,1)上单调递增，
∴函数f(x)在(0,1)上不是“单反减函数”．
(2)∵g(x)＝2x＋＋aln x，
∴g′(x)＝.
∵函数g(x)是[1，＋∞)上的“单反减函数”，
∴g(x)在[1，＋∞)上是增函数，
∴g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
令h(x)＝2x2＋ax－2，则h(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴h(1)≥0，解得a≥0.
令G(x)＝，则G(x)＝2＋＋在[1，＋∞)上单调递减．
又G′(x)＝－＋，
∴G′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即－＋≤0在x∈[1，＋∞)上恒成立，即ax－axln x－4≤0在x∈[1，＋∞)上恒成立．
令P(x)＝ax－axln x－4，则P′(x)＝－aln x，
∴解得0≤a≤4.
综上所述，实数a的取值范围为[0,4]．

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