高中数学复习教案：导数与函数的单调性

第十一节 导数与函数的单调性

[考纲传真] 了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)．

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．

[常用结论]

1．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．

2．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．

[基础自测]

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． ( )

(4)若函数f(x)在区间(a,b)上满足f′(x)≤0,则函数f(x)在区间(a,b)上是减函数．

( )

[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×

2．f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )

A．(0,4) B．(0,2)

C．(4,＋∞) D．(－∞,0)

A [f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4),由f′(x)<0,得0

∴递减区间为(0,4)．]

3．(教材改编)如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象,则下列判断中正确的是( )

A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数

B．函数f(x)在区间(1,3)上是减函数

C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数

D．函数f(x)在区间(3,4)上是增函数

A [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．]

4．(教材改编)函数f(x)＝cos x－x在(0,π)上的单调性是( )

A．先增后减 B．先减后增

C．增函数 D．减函数

D [f′(x)＝－sin x－1,又x∈(0,π),所以f′(x)＜0,因此f(x)在(0,π)上是减函数,故选D.]

5．已知f(x)＝x3－ax在[1,＋∞)上是增函数,则a的取值范围是________．

(－∞,3] [f′(x)＝3x2－a,由题意知f′(x)≥0,即a≤3x2对x∈[1,＋∞)恒成立．

又当x∈[1,＋∞)时,3x2≥3,所以a≤3.]

不含参数的函数的单调性

1．函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为( )

A．(－1,1) B．(0,1)

C．(1,＋∞) D．(0,＋∞)

B [函数y＝12x2－ln x的定义域为(0,＋∞),

y′＝x－1x＝x2－1x＝x－1x＋1x,

令y′＜0,得0＜x＜1,

所以单调递减区间为(0,1),故选B.]

2．已知函数f(x)＝xln x,则f(x)( )

A．在(0,＋∞)上递增 B．在(0,＋∞)上递减

C．在0，1e上递增 D．在0，1e上递减 D [因为函数f(x)＝xln x,定义域为(0,＋∞),所以f′(x)＝ln x＋1(x＞0),

当f′(x)＞0时,解得x＞1e,

即函数的单调递增区间为1e，＋∞;

当f′(x)＜0时,解得0＜x＜1e,

即函数的单调递减区间为0，1e,故选D.]

3．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________．

－π，－π2和0，π2 [f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x,

令f′(x)＝xcos x＞0,

则其在区间(－π,π)上的解集为

－π，－π2和0，π2,

即f(x)的单调递增区间为

－π，－π2和0，π2.]

[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.

易错警示：1求函数的单调区间时,一定要先确定函数的定义域,否则极易出错

2个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如函数fx＝x3,f′x＝3x2≥0x＝0时,f′x＝0,但fx＝x3在R上是增函数.

含参数的函数的单调性

【例1】 讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．

[解] f(x)的定义域为(0,＋∞),

f′(x)＝a－1x＋2ax＝2ax2＋a－1x.

①当a≥1时,f′(x)＞0,故f(x)在(0,＋∞)上单调递增; ②当a≤0时,f′(x)＜0,故f(x)在(0,＋∞)上单调递减;

③当0＜a＜1时,令f′(x)＝0,解得x＝1－a2a,则当x∈0，1－a2a时,f′(x)＜0;当x∈1－a2a，＋∞时,f′(x)＞0,故f(x)在0，1－a2a上单调递减,在1－a2a，＋∞上单调递增．

[规律方法] 解决含参数的函数单调性问题应注意两点

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的点和函数的间断点.

(1)已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R),求函数f(x)的单调区间．

[解] f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上,Δ＝4－4a＝4(1－a)．

①当1－a≤0,即a≥1时,f′(x)≥0恒成立,

f(x)在R上单调递增．

②当1－a＞0,即a＜1时,令f′(x)＝0,

解得x1＝－1－1－a,x2＝－1＋1－a,令f′(x)＞0,解得x＜－1－1－a或x＞－1＋1－a;

令f′(x)＜0,解得－1－1－a＜x＜－1＋1－a,

所以f(x)的单调递增区间为(－∞,－1－1－a)和(－1＋1－a,＋∞);

f(x)的单调递减区间为(－1－1－a,－1＋1－a)．

综上所述：当a≥1时,f(x)在R上单调递增;

当a＜1时,f(x)的单调递增区间为(－∞,－1－1－a)和(－1＋1－a,＋∞),

f(x)的单调递减区间为(－1－1－a,－1＋1－a)．

(2)已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a＞0)．求f(x)的单调区间．

[解] 由题意得

f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a＞0),

令f′(x)＝0,解得x1＝0,x2＝2－2aa.

①当0＜a＜1时,f(x)的单调递增区间为(－∞,0)和2－2aa，＋∞,单调递减区间为0，2－2aa; ②当a＝1时,f(x)在(－∞,＋∞)内单调递增;

③当a＞1时,f(x)的单调递增区间为－∞，2－2aa和(0,＋∞),单调递减区间为2－2aa，0.

函数单调性的应用

►考法1 比较大小

【例2】 (2019·莆田模拟)设函数f′(x)是定义在(0,2π)上的函数f(x)的导函数,f(x)＝f(2π－x),当0＜x＜π时,若f(x)sin x－f′(x)cos x＜0,a＝12fπ3,b＝0,c＝－32f7π6,则( )

A．a＜b＜c B．b＜c＜a

C．c＜b＜a D．c＜a＜b

A [由f(x)＝f(2π－x),得函数f(x)的图象关于直线x＝π对称,令g(x)＝f(x)cos x,则g′(x)＝f′(x)cos x－f(x)·sin x＞0,

所以当0＜x＜π时,g(x)在(0,π)内递增,

所以gπ3＜gπ2＜g7π6＝g5π6,即a＜b＜c,故选A.]

►考法2 根据函数的单调性求参数

【例3】 (1)(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex,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________．

－1，12 [因为f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－1e－x

＝－x3＋2x－ex＋1ex＝－f(x),

所以f(x)＝x3－2x＋ex－1ex是奇函数．

因为f(a－1)＋f(2a2)≤0,

所以f(2a2)≤－f(a－1),即f(2a2)≤f(1－a)．

因为f′(x)＝3x2－2＋ex＋e－x≥3x2－2＋2ex·e－x＝3x2≥0,

所以f(x)在R上单调递增,

所以2a2≤1－a,即2a2＋a－1≤0,

所以－1≤a≤12.]

(2)已知函数f(x)＝ln x,g(x)＝12ax2＋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] ①h(x)＝ln x－12ax2－2x,x∈(0,＋∞),所以h′(x)＝1x－ax－2,由于h(x)在(0,＋∞)上存在单调递减区间,

所以当x∈(0,＋∞)时,1x－ax－2＜0有解,

即a＞1x2－2x有解．

设G(x)＝1x2－2x,所以只要a＞G(x)min即可．

而G(x)＝1x－12－1,

所以G(x)min＝－1,所以a＞－1,即a的取值范围为(－1,＋∞)．

②由h(x)在[1,4]上单调递减得,

当x∈[1,4]时,h′(x)＝1x－ax－2≤0恒成立,

即a≥1x2－2x恒成立．

所以a≥G(x)max,而G(x)＝1x－12－1,

因为x∈[1,4],所以1x∈14，1,

所以G(x)max＝－716(此时x＝4),

所以a≥－716,即a的取值范围是－716，＋∞.

[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.

(1)已知函数y＝f(x)对任意的x∈－π2，π2满足f′(x)cos x＋f(x)sin x＞0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数),则下列不等式成立的是( )

A.2f－π3＜f－π4