河东教育北师大高中数学选修同步练习：第章 导数与函数的单调性

高手支招3综合探究1.函数的导数与函数增减的速度之间的关系递增函数就是函数值随自变量的增大而增大,一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;递减函数就是函数值随自变量的增大而减小,一个函数减小得快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小越多,即平均变化率大,导数的绝对值也就大,从而导数的绝对值越大,函数增减的速度就越快. 2.导数与函数的单调性的关系 (1)f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.f′(x)＞0能推出f(x)为增函数,但反之不一定.如函数f(x)=x 3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0,∴f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件. (2)f′(x)≠0时,f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.若将f′(x)=0的根作为分界点,因为规定f′(x)≠0,即去掉了分界点,此时f(x)为增函数,就一定有f′(x)＞0.∴当f′(x)≠0时,f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分必要条件. (3)f′(x)≥0与f(x)为增函数的关系.f(x)为增函数,一定可以推出f′(x)≥0,但反之不一定,因为f′(x)≥0,即为f ′(x)＞0或f′(x)=0.当函数在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常数,函数不具有单调性.∴f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.高手支招4典例精析【例1】 (2006高考全国Ⅰ，理21) 已知函数f(x)=axe xx --+11. (1)设a ＞0,讨论y=f(x)的单调性;(2)若对任意x ∈(0,1),恒有f(x)＞1,求a 的取值范围. 思路分析:(1)先找出使函数f(x)=axe xx --+11有意义的区间,然后求出函数f(x)的导数f′(x),最后根据f′(x)分区间讨论函数f(x)的单调性.(2)若要求出对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1时的a 的取值范围,只需要利用函数的单调性在不同的a 的取值范围内分别讨论即可.解:(1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f′(x)=axe x a ax ---+22)1(2.当a=2时,f′(x)=xe x x 222)1(2--,f′(x)在(-∞,0),(0,1)和(1,+∞)均大于0,所以f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数.当0＜a ＜2时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数. 当a ＞2时,0＜a a 2-＜1,令f′(x)=0,解得x 1=a a 2--,x 2=aa 2-. 当x 变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:f(x)在(-∞,a a 2--),(a a 2-,1),(1,+∞)上为增函数,f(x)在(a a 2--,aa 2-)上为减函数. (2)当0＜a≤2时,由(1)知:对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞f(0)=1. 当a ＞2时,取x 0=21aa 2-∈(0,1),则由(1)知:f(x 0)＜f(0)=1, 当a≤0时,对任意x ∈(0,1),恒有x x -+11＞1且e -ax ≥1,得f(x)=x x -+11e -ax ≥xx-+11＞1. 综上所述,当且仅当a ∈(-∞,2]时,对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1.【例2】 设a 为实数,函数f(x)=x 3-ax 2+(a 2-1)x 在(-∞,0)和(1,+∞)上都是增函数,求a 的取值范围.思路分析:先求出与函数f(x)对应的一元二次方程的判别式Δ,然后分Δ=0、Δ＜0、Δ＞0三种情况分别进行讨论.解:f′(x)=3x 2-2ax+(a 2-1),其对应方程的判别式Δ=4a 2-12a 2+12=12-8a 2. (1)若Δ=12-8a 2=0,即a=±26,当x ∈(-∞,3a )或x ∈(3a ,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)为增函数.所以a=±26满足要求. (2)若Δ=12-8a 2＜0,恒有f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,所以a 2＞23,即a ∈(-∞,26-)∪(26,+∞)也满足要求. (3)若Δ=12-8a 2＞0,即26-＜a ＜26,令f′(x)=0,解得x 1=3232a a --,x 2=3232a a -+.当x ∈(-∞,x 1),或x ∈(x 2,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数;当x ∈(x 1,x 2)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数.依题意x 1≥0且x 2≤1.由x 1≥0得a≥223a -,解得1≤a ＜26.由x 2≤1得223a -≤3-a,解得26-＜a ＜26,从而a ∈[1,26). 综上,a 的取值范围为(-∞,26-]∪[26,+∞)∪[1,26),即a ∈(-∞,26-]∪[1,∞). 【例3】当x ∈(0,2π)时,证明：tanx ＞x. 思路分析:首先构造函数f(x)=tanx-x,然后判断f(x)在(0,2π)上的单调性.证明:设f(x)=tanx-x,x ∈(0,2π). ∴f′(x)=x xx x x x x x 2222222tan coscos 11cos 11cos sin cos 1)cos sin (=-=-=-+=-'=tan 2x ＞0. ∴f(x)在(0,2π)上为增函数. 又∵f′(0)=0且f(0)=0, ∴当x ∈(0,2π)时,f(x)＞f(0)恒成立,即tanx-x ＞0. ∴tanx ＞x.【例4】(2006高考全国Ⅱ，理20)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立,求实数a 的取值范围.思路分析:依据f(x)≥ax,可以设出一新函数g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,再求出其单调区间,然后利用其单调区间内函数的单调性讨论实数a 的取值范围. 解法一:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,(i)当a≤1时,对所有x ＞0,g′(x)＞0,所以g(x)在[0,+∞)上是增函数, 又g(0)=0,所以对所有x≥0,都有g(x)≥g(0), 即当a≤1时,对于所有x≥0,都有f(x)≥ax.(ii)当a ＞1时,对于0＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,所以g(x)在(0,e a-1-1)是减函数,又g(0)=0,所以对0＜x ＜e a-1-1,都有g(x)＜g(0),即当a ＞1时,不是对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,1]. 解法二:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,于是不等式f(x)≥ax 成立即为g(x)≥g(0)成立. 对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,当x ＞e a-1-1时,g′(x)＞0,g(x)为增函数, 当-1＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,g(x)为减函数,所以对所有x≥0都有g(x)≥g(0)成立的充要条件为e a-1-1≤0. 由此得a≤1,即a 的取值范围是(-∞,1]. 【例5】(2007陕西高考，理11) f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)≤0，对任意正数a 、b ，若a ＜b ，则必有（ ）A.af(b)≤bf(a)B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤f(b)D.bf(b)≤f(a)思路分析:本题运用了三个知识点：(1)复合函数的求导法则；(2)导函数的正负对原函数单调性的影响；(3)不等式的传递性. ∵xf′(x)+f(x)≤0,∴f′(x)≤xx f )(-≤0. ∴f(x)单调递减. ∴)(00)(--≤--a a f b b f ,即af(b)≤bf(a).答案:A高手支招5思考发现1.在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域,解决问题的过程中,只能在函数的定义域内,通过讨论导数的符号,来判断函数的单调区间.2.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于零的点外,还要注意在定义区间内的不可导点.3.利用导数可以研究函数的单调性,一般应先确定函数的定义域,再求导数f′(x),通过判断函数定义域被导数为零的点所划分的各区间内f′(x)的符号,来确定函数f(x)在该区间上的单调性.当给定函0数含有字母参数时,分类讨论难以避免,不同的化归方法和运算程序往往使分类方法不同,应注意分类讨论的准确性.4.为了提高解题的准确性,在利用求导的方法确定函数的单调区间时,也必须先求出函数的定义域,然后再求导判断符号,以避免不该出现的失误.。

第四章 导数应用第1.1节 导数与函数的单调性1．确定下列函数的单调区间(1)y =x 3－9x 2+24x (2)y =x －x 32.讨论二次函数y =ax 2+bx +c (a ＞0)的单调区间.3.求下列函数的单调区间(1)y =x x 2+ (2)y =92-x x(3)y =x +x 4．已知函数y =x +x 1，试讨论出此函数的单调区间.参考答案1．(1)解：y ′=(x 3－9x 2+24x )′=3x 2－18x +24=3(x －2)(x －4)令3(x －2)(x －4)＞0，解得x ＞4或x ＜2.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调增区间是(4，+∞)和(－∞，2)令3(x －2)(x －4)＜0，解得2＜x ＜4.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调减区间是(2，4)(2)解：y ′=(x －x 3)′=1－3x 2=－3(x 2－31)=－3(x +33)(x －33) 令－3(x +33)(x －33)＞0，解得－33＜x ＜33.∴y =x －x 3的单调增区间是(－33，33). 令－3(x +33)(x －33)＜0，解得x ＞33或x ＜－33. ∴y =x －x 3的单调减区间是(－∞，－33)和(33，+∞) 2．解：y ′=(ax 2+bx +c )′=2ax +b, 令2ax +b ＞0，解得x ＞－a b 2 ∴y =ax 2+bx +c (a ＞0)的单调增区间是(－ab 2，+∞) 令2ax +b ＜0，解得x ＜－a b 2.∴y =ax 2+bx +c (a ＞0)的单调减区间是(－∞，－ab 2) 3．(1)解：y ′=(x x 2+)′=2222x x x x -=--∵当x ≠0时，－22x ＜0，∴y ′＜0. ∴y =xx 2+的单调减区间是(－∞，0)与(0，+∞) (2)解：y ′=(92-x x )′222)9(29-⋅--=x x x x 222222)9(9)9(9-+-=---=x x x x 当x ≠±3时，－222)9(9-+x x ＜0，∴y ′＜0. ∴y =92-x x 的单调减区间是(－∞，－3)，(－3，3)与(3，+∞). (3)解：y ′=(x +x )′12112121+=+=-xx .当x ＞0时x 21+1＞0，∴y ′＞0. ∴y =x +x 的单调增区间是(0，+∞)4．解：y ′=(x +x1)′ =1－1·x －2=222)1)(1(1x x x x x -+=- 令2)1)(1(xx x -+＞0. 解得x ＞1或x ＜－1. ∴y =x +x 1的单调增区间是(－∞，－1)和(1，+∞). 令2)1)(1(x x x -+＜0，解得－1＜x ＜0或0＜x ＜1.∴y =x +x 1的单调减区间是(－1，0)和(0，1).。

成立.
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题型一
题型二
Z 知识梳理 D典例透析
HISHISHULILeabharlann IANLITOUXI1
S随堂演练
UITANGYANLIAN
【变式训练 1】 已知函数 f(x)=2ax-,x∈(0,1].若 f(x)在(0,1]上
是增加的,求 a 的取值范围.
1
解:由已知得 f'(x)=2a+2 .
∵f(x)在(0,1]上是增加的,
题型二
证明:∵b>a>e,∴要证明 ab>ba,只需证明 bln a>aln b,即证明
ln

>
ln
.

ln
1-ln
(x>e),则 f'(x)= 2 <0,


ln
f(x)= 在(e,+∞)上是减少的.

设 f(x)=
∴函数
∵b>a>e,∴f(a)>f(b),
ln
ln
> .


即
∴ab>ba.
Z 知识梳理 D典例透析
HISHISHULI
IANLITOUXI
S随堂演练
UITANGYANLIAN
1.当x∈[a,b]时,f'(x)>0,则f(x)在区间[a,b]上是增加的;当x∈[a,b]
时,f'(x)<0,则f(x)在区间[a,b]上是减少的.
2.若f(x)在区间[a,b]上是增加的,则f'(x)≥0在[a,b]上恒成立(f'(x)不
故 a 的取值范围是 5≤a≤7.
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0,因此,在已知函数f(x)在区间(a,b)上是增加的(或减少的)求参数的
取值范围时,应用f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在区间(a,b)上恒成立,解出参数
的取值范围,然后检验参数的取值能否使f'(x)在(a,b)的任意子区间
内恒等于0,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去.
-23-
1.1 导数与函数的单调性
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思维辨析

变式训练 3 已知函数 f(x)=x2 +(x≠0,常数 a∈R),若函数 f(x)在
[2,+∞)上是增加的,求 a 的取值范围.
解

f'(x)=2x-2
=
23 -
.
2
要使 f(x)在[2,+∞)上是增加的,
则 f'(x)≥0 在 x∈[2,+∞)时恒成立,
数的正负.
-8-
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思维辨析
变式训练1设f'(x)是函数f(x)的导函数,y=f'(x)的图像如图所示,则
y=f(x)的图像最有可能的是 (
)
-9-
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变式训练已知函数f(x)=2ax-x3,x∈(0,1),a>0,若f(x)在(0,1)上是增