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- 2021-06-16 发布
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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=x2-ln x的单调递减区间为________.
(0,1] [函数y=x2-ln x的定义域为(0,+∞),y′=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________.
[函数f(x)的定义域为(0,+∞),
又f′(x)=2mx+-2,由题意可知f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即2mx+-2≥0在(0,+∞)上恒成立.
∴m≥-在(0,+∞)上恒成立.
又g(x)=-=-2+≤.
∴m≥.]
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=-.
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∈∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在,(0,+∞)上单调递增,在上单调递减;
当a<0时,x∈(-∞,0)∪时,f′(x)>0,x∈时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在(-∞,0),上单调递增,在上单调递减.
[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)=-,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-=(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=,
当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈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=或x=-.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
-
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,单调递增区间为,
.
[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________.
(-,) [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-<x<,
所以函数f(x)的单调递增区间为(-,).]
已知函数的单调性求参数
设函数f(x)=x3-x2+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,
由题意得即
∴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,
a0(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)=x3+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)=x2+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________.
[∵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+恒成立.
令g(x)=x+,g′(x)=1-,
∴当x>2时,g′(x)>0,即g(x)在(2,+∞)上单调递增,
∴m≤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________.
[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,
则有即
解得a≥.]
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)=-x3+x2+2ax在上存在单调递增区间,则a的取值范围是________. 【导学号:62172097】
[∵f′(x)=-x2+x+2a=-2++2a.
∴当x∈时,f′(x)max=f′=+2a.
由+2a>0,得a>-.
∴a的取值范围为.]
9.已知函数f(x)=-x2+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-,
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,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,
因此有f(-1)<f(0)<f,
即有f(3)<f(0)<f,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)=,则g′(x)=>0,x∈(0,+∞),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.又g(-x)====g(x),则g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2),则f(x)=xg(x)>0⇔或解得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+,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∈(0,+∞),
此时f′(x)=,可得f′(1)=,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)=+
=.
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=-时,Δ=0,
f′(x)=≤0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
③当-0,
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≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当-0恒成立,求a的取值范围.
[解] (1)a=1时,f(x)=bx-+2ln x,f′(x)=b++=.
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(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+=.
①当2a=0时,m′(x)=2>0, m(x)=2x>0恒成立;
②当2a>0时,m′(x)=2+>0,m(x)在(0,+∞)上单调递增,m=-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.