高考数学复习 17-18版 第4章 第17课 利用导数研究函数的单调性 15页

第 17 课 利用导数研究函数的单调性 [最新考纲] 内容 要求 A B C 利用导数研究函数的单调性 √ 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． 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数 f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有 f′(x)>0.( ) (2)如果函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则函数 f(x)在此区间上没有单调 性．( ) (3)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充要条件．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× 2．(教材改编)如图 171 所示是函数 f(x)的导函数 f′(x)的图象，则下列判断 中正确的是________．(填序号) 图 171 ①函数 f(x)在区间(－3,0)上是减函数； ②函数 f(x)在区间(1,3)上是减函数； ③函数 f(x)在区间(0,2)上是减函数； ④函数 f(x)在区间(3,4)上是增函数． ① [当 x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则 f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均 不正确．] 3．函数 y＝1 2x2－ln x 的单调递减区间为________． (0,1] [函数 y＝1 2x2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1 x ＝x－1x＋1 x ， 令 y′≤0，则可得 0＜x≤1.] 4．已知函数 y＝xf′(x)的图象如图 172 所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函 数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( ) 图 172 ① ② ③ ④ ③ [由 y＝f′(x)的图象可知，当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时， f′(x)>0，当 x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，当 x∈(－1,0)时，f′(x)<0. 从而 f(x)在(0,1)及(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)及(1，＋∞)上单调递增．] 5．(2017·泰州模拟)若函数 f(x)＝mx2＋ln x－2x 在定义域内是增函数，则实 数 m 的取值范围是________． 1 2 ，＋∞ [函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 又 f′(x)＝2mx＋1 x －2，由题意可知 f′(x)≥0 在(0，＋∞)上恒成立， 即 2mx＋1 x －2≥0 在(0，＋∞)上恒成立． ∴m≥1 x － 1 2x2 在(0，＋∞)上恒成立． 又 g(x)＝1 x － 1 2x2 ＝－1 2 1 x －1 2＋1 2 ≤1 2. ∴m≥1 2.] 判断或证明函数的单调性 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论 f(x)的单调性. 【导学号：62172094】 [解] f′(x)＝3x2＋2ax，令 f′(x)＝0， 解得 x1＝0，x2＝－2a 3 . 当 a＝0 时，因为 f′(x)＝3x2≥0，所以函数 f(x) 在(－∞，＋∞)上单调递增； 当 a＞0 时，x∈ －∞，－2a 3 ∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈ －2a 3 ，0 时，f′(x) ＜0， 所以函数 f(x)在 －∞，－2a 3 ，(0，＋∞)上单调递增，在 －2a 3 ，0 上单调递 减； 当 a＜0 时，x∈(－∞，0)∪ －2a 3 ，＋∞ 时，f′(x)＞0，x∈ 0，－2a 3 时，f′(x) ＜0， 所以函数 f(x)在(－∞，0)， －2a 3 ，＋∞ 上单调递增，在 0，－2a 3 上单调递 减． [规律方法] 用导数证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 (1)一求．求 f′(x)； (2)二定．确认 f′(x)在(a，b)内的符号； (3)三结论．作出结论：f′(x)＞0 时为增函数；f′(x)＜0 时为减函数． 易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集 的影响进行分类讨论． [变式训练 1] (2016·四川高考节选)设函数 f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1 x －e ex ， 其中 a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．讨论 f(x)的单调性． [解] 由题意得 f′(x)＝2ax－1 x ＝2ax2－1 x (x>0)． 当 a≤0 时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减． 当 a>0 时，由 f′(x)＝0 有 x＝ 1 2a ， 当 x∈ 0， 1 2a 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈ 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 求函数的单调区间 (2016·天津高考节选)设函数 f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中 a，b∈R. 求 f(x)的单调区间． [解] 由 f(x)＝x3－ax－b，可得 f′(x)＝3x2－a. 下面分两种情况讨论： ①当 a≤0 时，有 f′(x)＝3x2－a≥0 恒成立， 所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，解得 x＝ 3a 3 或 x＝－ 3a 3 . 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －∞，－ 3a 3 － 3a 3 － 3a 3 ， 3a 3 3a 3 3a 3 ，＋∞ f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所 以 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 为 － 3a 3 ， 3a 3 ， 单 调 递 增 区 间 为 －∞，－ 3a 3 ， 3a 3 ，＋∞ . [规律方法] 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． [变式训练 2] 已知函数 f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e 为自然对数的底数，则 函数 f(x)的单调递增区间为________． (－ 2， 2) [因为 f(x)＝(－x2＋2x)ex， 所以 f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex ＝(－x2＋2)ex. 令 f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因为 ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－ 2＜x＜ 2， 所以函数 f(x)的单调递增区间为(－ 2， 2)．] 已知函数的单调性求参数 设函数 f(x)＝1 3x3－a 2x2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方 程为 y＝1. 设函数 g(x)＝f(x)＋2x，且 g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实 数 a 的取值范围． [解] f′(x)＝x2－ax＋b， 由题意得 f0＝1， f′0＝0， 即 c＝1， b＝0. ∴f′(x)＝x2－ax，g′(x)＝f′(x)＋2＝x2－ax＋2. 依题意，存在 x∈(－2，－1)， 使不等式 g′(x)＝x2－ax＋2<0 成立， 即 x∈(－2，－1)时， a< x＋2 x max＝－2 2， 当且仅当 x＝2 x 即 x＝－ 2时等号成立． ∴满足要求的 a 的取值范围是(－∞，－2 2)． [迁移探究 1] 本例中，若 g(x)在(－2，－1)内为减函数，如何求解？ [解] 法一：∵g′(x)＝x2－ax＋2，且 g(x)在(－2，－1)内为减函数， ∴g′(x)≤0，即 x2－ax＋2≤0 在(－2，－1)内恒成立， ∴ g′－2≤0， g′－1≤0， 即 4＋2a＋2≤0， 1＋a＋2≤0， 解之得 a≤－3， 即实数 a 的取值范围为(－∞，－3]． 法二：∵g′(x)＝x2－ax＋2， 由题意可得 g′(x)≤0 在(－2，－1)上恒成立， 即 a≤x＋2 x 在(－2，－1)上恒成立， 又 y＝x＋2 x ，x∈(－2，－1)的值域为(－3，－2 2]， ∴a≤－3，∴实数 a 的取值范围是(－∞，－3]． [迁移探究 2] 若 g(x)在(－2，－1)上不单调，求 a 的取值范围． [解] 由迁移 1 知 g(x)在(－2，－1)上为减函数， a 的范围是(－∞，－3]， 若 g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知 a≥x＋2 x 在(－2，－1)上恒成立，又 y ＝x＋2 x 的值域为(－3，－2 2]． ∴a 的范围是[－2 2，＋∞)， ∴函数 g(x)在(－2，－1)上单调时，a 的取值范围是(－∞，－3]∪[－2 2， ＋∞)， 故 g(x)在(－2，－1)上不单调，实数 a 的取值范围是(－3，－2 2)． [规律方法] 根据函数单调性求参数的一般方法 (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)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则 f′(x)≥0；若函 数单调递减，则 f′(x)≤0”来求解． 易错警示：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.应注意此时式子中的等号不能 省略，否则漏解． [变式训练 3] (2017·镇江模拟)若函数 f(x)＝2 3x3－2x2＋ax＋10 在区间[－1,4] 上具有单调性，则实数 a 的取值范围是________. 【导学号：62172095】 (－∞，－16]∪[2，＋∞) [函数 f(x)＝2 3x3－2x2＋ax＋10 在区间[－1,4]上具 有单调性，分两种情况：函数 f(x)在区间[－1,4]上单调递增，即 f′(x)＝2x2－4x ＋a≥0 在[－1,4]上恒成立，即判别式Δ＝(－4)2－4×2×a≤0，解得 a≥2；函数 f(x)在区间[－1,4]上单调递减，即 f′(x)＝2x2－4x＋a≤0 在[－1,4]上恒成立，需 f′(4)≤0，解得 a≤－16.于是，实数 a 的取值范围是(－∞，－16]∪[2，＋∞)．] [思想与方法] 1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求 f′(x)＞0，f′(x)＜0 的解区间， 并注意函数 f(x)的定义域． 2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性． 3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为 恒成立问题两种思路解决． [易错与防范] 1．求单调区间应遵循定义域优先的原则． 2．注意两种表述“函数 f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数 f(x)的减区间为(a， b)”的区别． 3．在某区间内 f′(x)>0(f′(x)<0)是函数 f(x)在此区间上为增(减)函数的充分 不必要条件． 4．可导函数 f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都 有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且 f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零． 课时分层训练(十七) A 组 基础达标 (建议用时：30 分钟) 一、填空题 1．函数 f(x)＝(x－3)ex 的单调递增区间是________． (2，＋∞) [因为 f(x)＝(x－3)ex， 则 f′(x)＝ex(x－2)，令 f′(x)＞0，得 x＞2， 所以 f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．] 2．已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f′(x)的大致图象如图 173 所示， 则下列叙述正确的是________． 图 173 ①f(b)＞f(c)＞f(d)； ②f(b)＞f(a)＞f(e)； ③f(c)＞f(b)＞f(a)； ④f(c)＞f(e)＞f(d)． ③ [依题意得，当 x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，因此，函数 f(x)在(－∞，c) 上是增函数，由 a＜b＜c，所以 f(c)＞f(b)＞f(a)，因此③正确．] 3．已知函数 f(x)＝1 2x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在 R 上单调递增”的 ________条件. 【导学号：62172096】 充分不必要 [f′(x)＝3 2x2＋a，当 a≥0 时，f′(x)≥0 恒成立，故“a＞0” 是“f(x)在 R 上单调递增”的充分不必要条件．] 4．若函数 f(x)＝2x3－3mx2＋6x 在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数 m 的取 值范围为________． －∞，5 2 [∵f′(x)＝6x2－6mx＋6， 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0 恒成立， 即 x2－mx＋1≥0 恒成立，∴m≤x＋1 x 恒成立． 令 g(x)＝x＋1 x ，g′(x)＝1－1 x2 ， ∴当 x＞2 时，g′(x)＞0，即 g(x)在(2，＋∞)上单调递增， ∴m≤2＋1 2 ＝5 2.] 5．函数 f(x)＝1＋x－sin x 在(0,2π)上的单调情况是________． 单调递增 [在(0,2π)上有 f′(x)＝1－cos x＞0，所以 f(x)在(0,2π)上单调递 增．] 6．已知 a≥0，函数 f(x)＝(x2－2ax)ex，若 f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则 a 的取值范围是________． 3 4 ，＋∞ [f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex， 由题意当 x∈[－1,1]时，f′(x)≤0 恒成立，即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 在 x∈[－ 1,1]时恒成立． 令 g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a， 则有 g－1≤0， g1≤0， 即 －12＋2－2a·－1－2a≤0， 12＋2－2a－2a≤0， 解得 a≥3 4.] 7．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________． (－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.] 8．若函数 f(x)＝－1 3x3＋1 2x2＋2ax 在 2 3 ，＋∞ 上存在单调递增区间，则 a 的 取值范围是________. 【导学号：62172097】 －1 9 ，＋∞ [∵f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－ x－1 2 2＋1 4 ＋2a. ∴当 x∈ 2 3 ，＋∞ 时，f′(x)max＝f′ 2 3 ＝2 9 ＋2a. 由2 9 ＋2a>0，得 a>－1 9. ∴a 的取值范围为 －1 9 ，＋∞ .] 9．已知函数 f(x)＝－1 2x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则 t 的取值 范围是________． (0,1)∪(2,3) [∵f′(x)＝－x＋4－3 x ， 令 f′(x)＝0 可得 x1＝1，x2＝3. 由于 f(x)在[t，t＋1]上不单调， ∴1∈[t，t＋1]或 3∈[t，t＋1] 即 00，故 g(x)为增函数； 当－10 时，g′(x)>0，故 g(x)为增函数． 综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞) 内为增函数． B 组 能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x)＝f(2－x)，且当 x∈(－∞，1)时，(x －1)f′(x)＜0，设 a＝f(0)，b＝f 1 2 ，c＝f(3)，则 a，b，c 的大小关系为________． c＜a＜b [依题意得，当 x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)为增函数； 又 f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜1 2 ＜1， 因此有 f(－1)＜f(0)＜f 1 2 ， 即有 f(3)＜f(0)＜f 1 2 ，c＜a＜b.] 2．(2017·盐城质检(二))设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0， 当 x＞0 时，xf′(x)－f(x)＞0，则使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是________． (－2,0)∪(2，＋∞) [令 g(x)＝fx x ，则 g′(x)＝xf′x－fx x2 ＞0，x∈(0，＋ ∞)，所以函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又 g(－x)＝f－x －x ＝－fx －x ＝fx x ＝g(x)， 则 g(x)是偶函数，g(－2)＝0＝g(2)，则 f(x)＝xg(x)＞0⇔ x＞0， gx＞0 或 x＜0， gx＜0， 解得 x＞2 或－2＜x＜0，故不等式 f(x)＞0 的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．] 3．设函数 f(x)＝aln x＋x－1 x＋1 ，其中 a 为常数． (1)若 a＝0，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调性． [解] (1)由题意知 a＝0 时，f(x)＝x－1 x＋1 ，x∈(0，＋∞)， 此时 f′(x)＝ 2 x＋12 ，可得 f′(1)＝1 2 ，又 f(1)＝0， 所以曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 x－2y－1＝0. (2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝a x ＋ 2 x＋12 ＝ax2＋2a＋2x＋a xx＋12 . 当 a≥0 时，f′(x)>0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当 a<0 时，令 g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)． ①当 a＝－1 2 时，Δ＝0， f′(x)＝ －1 2 x－12 xx＋12 ≤0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当 a<－1 2 时，Δ<0，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ③当－1 20， 设 x1，x2(x10， 所以当 x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减， 当 x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增， 当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减． 综上可得： 当 a≥0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a≤－1 2 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当－1 20 恒 成立，求 a 的取值范围． [解] (1)a＝1 时，f(x)＝bx－b x ＋2ln x，f′(x)＝b＋b x2 ＋2 x ＝bx2＋2x＋b x2 . ①当 b≥0 时，f′(x)>0，f(x)在定义域上单调递增，不符合题意； ②当 b<0 时，Δ＝4－4b2>0，即－10 恒成立， ∴∀x1，x2∈(0，＋∞)时，不等式x1fx1－x2fx2 x1x2 (x1－x2)>0 恒成立． 令 h(x)＝xf(x)＝x2－1＋2axln x， ∴∀x1，x2∈(0，＋∞)时，(h(x1)－h(x2))(x1－x2)>0 恒成立，∴h(x)在(0，＋ ∞)单调递增． ∴∀x1，x2∈(0，＋∞)，h′(x)＝2x＋2aln x＋2a≥0 恒成立． 令 m(x)＝2x＋2aln x＋2a，则 m′(x)＝2＋2a x ＝2x＋2a x . ①当 2a＝0 时，m′(x)＝2>0, m(x)＝2x>0 恒成立； ②当 2a>0 时，m′(x)＝2＋2a x >0，m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m 1 ea＋1 a ＋2 ＝ 2 ea＋1 a ＋2 －2a2－2－2a<0，所以 a>0 不符合题意． ③当 2a<0 时，m′(x)＝0 时，x＝－a. 结合 m′(x)，m(x)随 x 的变化情况： x (0，－a) －a (－a，＋∞) m′(x) － 0 ＋ m(x) 2aln(－a) ∴m(x)min＝m(－a)＝2aln(－a)≥0，解得－1≤a≤0. 综上，－1≤a≤0.