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- 2021-07-01 发布
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第15讲 利用导数研究函数的单调性
考试要求 1.函数单调性与导数的关系(A级要求);2.利用导数研究函数的单调性,求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)(B级要求).
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.( )
(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.( )
解析 (1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增一定有f′(x)≥0,且不恒为0,故①错.(3)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件.如f(x)=x3在R上为增函数,但
f′(x)≥0,故(3)错.
答案 (1)× (2)√ (3)×
2.(选修2-2P29练习4(1)改编)函数f(x)=x2-2ln x的单调递减区间是________.
解析 ∵f′(x)=2x-=(x>0).
∴当x∈(0,1)时f′(x)<0,f(x)为减函数;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.
答案 (0,1)
3.在区间(-1,1)内不是增函数的函数是________(填序号).
①y=ex+x;②y=sin x;③y=x3-6x2+9x+2;④y=x2+x+1.
解析 ①y=ex+x,y′=ex+1>0,在区间(-1,1)内是增函数;
②y=sin x,y′=cos x,在区间(-1,1)内是增函数;
③y=x3-6x2+9x+2,y′=3x2-12x+9=3(x-2)2-3,在区间(-1,1)内是增函数;
④y=x2+x+1,y′=2x+1,在区间内y′>0,在区间内y′<0,在区间(-1,1)内不单调.
答案 ④
4.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)是增函数,则实数a的取值范围是________.
解析 f′(x)=3x2-a,由题意知3x2-a≥0,即a≤3x2在x∈[1,+∞)恒成立.又当x∈[1,+∞)时,3x2≥3,∴a≤3,∴a的取值范围是(-∞,3].
答案 (-∞,3]
5.(2018·南京、盐城模拟)函数y=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________.
解析 设F(x)=f(x)-(2x+4),则F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0.
F′(x)=f′(x)-2,对任意x∈R,F′(x)>0,
即函数F(x)在R上是单调增函数,
则F(x)>0的解集为(-1,+∞),
故f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).
答案 (-1,+∞)
知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
已知函数f(x)在某个区间内可导,
(1)如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递增;
(2)如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递减.
2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是:
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求导数f′(x);
(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间内是单调递增函数;当f′(x)<0时,f(x)在相应的区间内是单调递减函数.
一般需要通过列表,写出函数的单调区间.
3.已知单调性求解参数范围的步骤为:
(1)对含参数的函数f(x)求导得到f′(x);
(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f′(x)≥0恒成立;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f′(x)≤0恒成立,得到关于参数的不等式,解出参数范围;
(3)验证参数范围中取等号时,是否恒有f′(x)=0.若f′(x)=0恒成立,则函数f(x)在(a,b)上为常数函数,舍去此参数值.
考点一 求单调区间
【例1】 已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y=x.
(1)求a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)=--,
由f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线y=x知f′(1)=--a=-2,
解得a=.
(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,(x>0).
则f′(x)=.
令f′(x)=0,解得x=-1或x=5.
但-1∉(0,+∞),舍去.
当x∈(0,5)时,f′(x)<0;当x∈(5,+∞)时,f′(x)>0.
∴f(x)的增区间为(5,+∞),减区间为(0,5).
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.
【训练1】 (1)函数y=x2-ln x的单调递减区间为________.
(2)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 (1)y=x2-ln x,y′=x-==(x>0).
令y′<0,得00,
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 (1)(0,1) (2)和
考点二 讨论函数的单调性
【例2】 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,
由于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-<a<0时,Δ>0.
设x1,x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点,
则x1=,x2=.
由x1==>0,
所以
x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
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-<a<0时,f(x)在,
上单调递减,
在上单调递增.
规律方法 (1)研究含参数的函数的单调性,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的点的函数的间断点.
(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)=x 3,f′(x)=3x2≥0(f′(x)=0在x=0时取到),f(x)在R上是增函数.
【训练2】 (2017·南京期末)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)在区间(1,2)上是增函数,求a的取值范围.
解 (1)函数f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0),
∴f′(x)=3ax2+6x+3,
令f′(x)=0,即3ax2+6x+3=0,则Δ=36(1-a),
①当a≥1时,Δ≤0,f′(x)≥0,∴f(x)在R上是增函数;
②当a<1且a≠0时,Δ>0,f′(x)=0有两个根,x1=,x2=,
(ⅰ)当00,当x∈(x2,x1)时,f′(x)<0,故函数f(x)在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数,在(x2,x1)上是减函数;
(ⅱ)当a<0时,易知当x∈(-∞,x1),(x2,+∞)时,f′(x)<0,
当x∈(x1,x2)时,f′(x)>0,故函数f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上是减函数,在(x1,x2)上是增函数.
(2)当a>0时,f′(x)=3ax2+6x+3>0(x∈(1,2)),
故a>0时,f(x)在区间(1,2)上是增函数,
当a<0时,由f(x)在区间(1,2)上是增函数,
可得即解得a≥-,
所以-≤a<0,
综上,a的取值范围是∪(0,+∞).
考点三 已知函数单调性求参数(典例迁移)
【例3】 (经典例题)(2018·南京模拟)已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax2+2x(a≠0).
(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求a的取值范围.
解 (1)h(x)=ln x-ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h′(x)=-ax-2,由于h(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,又a≠0即a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减得,
当x∈[1,4]时,h′(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≥-,又a≠0.
即a的取值范围是∪(0,+∞).
【迁移探究1】 本题(2)中,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递增,求a的取值范围.
解 由h(x)在[1,4]上单调递增得,
当x∈[1,4]时,h′(x)≥0恒成立,
即当x∈[1,4]时,a≤-恒成立,
又当x∈[1,4]时=-1(此时x=1),
∴a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].
【迁移探究2】 本题(2)中,若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求a的取值范围.
解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,
则h′(x)<0在[1,4]上有解,
即当x∈[1,4]时,a>-有解,
又当x∈[1,4]时,=-1,
∴a>-1,又a≠0即a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).
规律方法 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)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【训练3】 已知函数f(x)=exln x-aex(a∈R).
(1)若y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,求a的值;
(2)若y=f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)=exln x+ex·-aex=ex,
f′(1)=(1-a)e,由(1-a)e·=-1,得a=2.
(2)由(1)知f′(x)=ex,
若f(x)为单调递减函数,则f′(x)≤0在x>0时恒成立.
即-a+ln x≤0在x>0时恒成立.
所以a≥+ln x在x>0时恒成立.
令g(x)=+ln x(x>0),
则g′(x)=-+=(x>0),
由g′(x)>0,得x>1;
由g′(x)<0,得00时恒成立,即-a+ln x≥0在x>0时恒成立,
所以a≤+ln x在x>0时恒成立,由上述推理可知此时a≤1.
故实数a的取值范围是(-∞,1].
一、必做题
1.(2016·姜堰期中)函数f(x)=ex-x的单调递增区间为________.
解析 由f(x)=ex-x得f′(x)=ex-1,由ex-1>0得x>0,从而f(x)=ex-x的单调递增区间为(0,+∞).
答案 (0,+∞)
2.(2018·扬州中 月考)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________.
解析 f′(x)=2mx+-2,由题意知,f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即2m≥
-+在(0,+∞)上恒成立,令t=>0,则2m≥-t2+2t,又∵(-t2+2t)max=1,
∴2m≥1,∴m≥.
答案
3.(2018·南京第三次模拟)若函数f(x)=ex(-x2+2x+a)在区间[a,a+1]上单调递增,则实数a的最大值为________.
解析 由题意可得f′(x)=ex(-x2+2x+a-2x+2)=ex(-x2+a+2)≥0在[a,a+1]上恒成立.
令h(x)=-x2+a+2,则h(x)≥0在[a,a+1]上恒成立,
∴
∴-1≤a≤.
∴实数a的最大值为.
答案
4.(2018·南通、徐州联考)定义在R上的可导函数f(x),已知y=ef′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的递增区间是________.
解析 当x≤2时,ef′(x)≥1⇒f′(x)≥0,当x>2时,ef′(x)<1⇒f′(x)<0,所以y=f(x)的增区间是(-∞,2).
答案 (-∞,2)
5.(2017·江苏卷)已知函数f(x)=x3-2x+ex-,其中e是自然对数的底数,若
f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是________.
解析 易知函数f(x)的定义域关于原点对称.
∵f(x)=x3-2x+ex-,
∴f(-x)=(-x)3-2(-x)+e-x-=-x3+2x+-ex=-f(x),
∴y=f(x)为奇函数,
又f′(x)=3x2-2+ex+≥3x2-2+2=3x2≥0(当且仅当x=0时,取“=”),从而f(x)在R上单调递增,
所以f(a-1)+f(2a2)≤0⇔f(a-1)≤f(-2a2)⇔-2a2≥a-1,解得-1≤a≤.
答案
6.(2018·南京、盐城模拟)已知f(x)=2ln x+x2-5x+c在区间(m,m+1)上为递减函数,则m的取值范围为________.
解析 由f(x)=2ln x+x2-5x+c,得f′(x)=+2x-5,
又函数f(x)在区间(m,m+1)上为递减函数,
∴f′(x)≤0在(m,m+1)上恒成立,
∴解得≤m≤1.
答案
7.(2018·南通、扬州、泰州调研)设y=f(x)是R上的奇函数,且f(-1)=0,当x>0时,(x2+1)·f′(x)-2x·f(x)<0,则不等式f(x)>0的解集为________.
解析 因为当x>0时,(x2+1)·f′(x)-2x·f(x)<0恒成立,所以′<0恒成立,所以函数g(x)=在(0,+∞)上单调递减.又因为f(x)是定义在R上的奇函数,且f(-1)=0,所以f(1)=0,g(1)=0,所以在(0,1)上恒有f(x)>0,在(1,+∞)上恒有f(x)<0.由图象易知在(-∞,-1)上恒有f(x)>0,在(-1,0)上恒有f(x)<0,即不等式f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).
答案 (-∞,-1)∪(0,1)
8.(2017·江苏高考冲刺卷)已知函数y=f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)是f(x)的导数,且满足f(x)>f′(x),则不等式ex+2·f(x2-x)>ex2·f(2)的解集是________.
解析 设g(x)=(x>0),则g′(x)=<0,所以y=g(x)在(0,
+∞)上单调递减.由ex+2·f(x2-x)>ex2·f(2),得ex·e2·f(x2-x)>ex2·f(2),
即>,所以g(x2-x)>g(2).因为g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以00,得x<或x>-t;
由f′(x)<0,得0,则>-t.
由f′(x)>0,得x<-t或x>;
由f′(x)<0,得-t0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,-t),,单调递减区间为.
10.(2018·泰州模拟)已知函数f(x)满足f(x)=x3+f′x2-x+c(其中f′为f(x)在点x=处的导数,c为常数).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)设函数g(x)=[f(x)-x3]ex,若函数g(x)在[-3,2]上单调递增,求实数c的取值范围.
解 (1)f′(x)=3x2+2f′x-1,令x=,得f′=-1,∴f(x)=x3-x2-x+c,
∴f′(x)=3x2-2x-1=3(x-1),
由f′(x)>0,得x<-或x>1;
由f′(x)<0,得-0时,g′(x)>0,g(x)在R上单调递增,且g(ln)=0,依题意知ln≤1,解得0ln时,g′(x)>0,g(x)在(ln,+∞)上单调递增,故当x=ln时,g(x)取得最小值,又g(ln)>0,所以g(x)>0恒成立,所以依题意知ln≤1,解得-≤a<0.综上,所求a的取值范围是.
答案
12.已知函数f(x)=ln x,g(x)=ax+b.
(1)若f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表达式;
(2)若φ(x)=-f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数m的取值范围.
解 (1)由已知得f′(x)=,∴f′(1)=1=a,a=2.
又∵g(1)=0=a+b,
∴b=-1,∴g(x)=x-1.
(2)∵φ(x)=-f(x)=-ln x在[1,+∞)上是减函数,
∴φ′(x)=≤0在[1,+∞)上恒成立,
∴x2-(2m-2)x+1≥0在[1,+∞)上恒成立,
则2m-2≤x+,x∈[1,+∞),
∵x+∈[2,+∞),
∴2m-2≤2,m≤2.
故实数m的取值范围是(-∞,2].