【推荐】2018高考数学考点突破——函数与导数、定积分：导数与函数的单调性

导数与函数的单调性

【考点梳理】

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．

【考点突破】

考点一、判断或证明函数的单调性

【例1】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性.

[解析] f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，

解得x1＝0，x2＝－2a3.

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∈－∞，－2a3∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈－2a3，0时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在－∞，－2a3，(0，＋∞)上单调递增，在－2a3，0上单调递减；

当a＜0时，x∈(－∞，0)∪－2a3，＋∞时，f′(x)＞0，x∈0，－2a3时，f′(x)＜0，

所以函数f(x)在(－∞，0)，－2a3，＋∞上单调递增，在0，－2a3上单调递减.

【类题通法】

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．

【对点训练】

设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝1x－eex，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x>1时，g(x)>0.

[解析] (1)由题意得f′(x)＝2ax－1x＝2ax2－1x(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＝12a，

当x∈0，12a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈12a，＋∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增.

(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.

当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，

从而g(x)＝1x－1ex－1>0.

考点二、求函数的单调区间

【例2】设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间．

[解析] 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＝3a3或x＝－3a3. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x －∞，－3a3 －3a3 －3a3，3a3 3a3 3a3，＋∞

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－3a3，3a3，单调递增区间为－∞，－3a3，3a3，＋∞.

【类题通法】

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．

【对点训练】

1．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________．

[答案] (－2，2) [解析] 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)．

2．已知函数f(x)＝ln x＋kex(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．

(1)求k的值；

(2)求f(x)的单调区间．

[解析] (1)由题意得f′(x)＝1x－ln x－kex，

又f′(1)＝1－ke＝0，故k＝1.

(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1ex.

设h(x)＝1x－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－1x2－1x＜0， 即h(x)在(0，＋∞)上是减函数.

由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；

当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.

综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，

单调递减区间是(1，＋∞).

考点三、已知函数的单调性求参数

【例3】已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．

[解析] 因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，

所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，

即a≤3x2对x∈R恒成立.

因为3x2≥0，所以只需a≤0.

又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0].

[变式1](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围． [解析] 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，

所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，

即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，

所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，

所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3].

[变式2](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围．

[解析] 由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立.

因为－1＜x＜1，

所以3x2＜3，

所以a≥3.

即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数.

[变式3](变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．

[解析] ∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝±3a3(a≥0).

∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，

∴0＜3a3＜1，得0＜a＜3，

即a的取值范围为(0,3).

【类题通法】

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．

【对点训练】

1．若函数f(x)＝x－13sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )

A．[－1，1] B．－1，13

C．－13，13 D．－1，－13

[答案] C [解析] 取a＝－1，则f(x)＝x－13sin 2x－sin x，f′(x)＝1－23cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－23－1＝－23＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.

2．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝12ax＋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)＝mx－1x＋1－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．

[解析] (1)由已知得f′(x)＝1x，∴f′(1)＝1＝12a，a＝2.

又∵g(1)＝0＝12a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.

(2)∵φ(x)＝mx－1x＋1－f(x)＝mx－1x＋1－ln x在[1，＋∞)上是减函数，

∴φ′(x)＝－x2＋2m－2x－1xx＋12≤0在[1，＋∞)上恒成立，

即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，

则2m－2≤x＋1x，x∈[1，＋∞).

∵x＋1x∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2. 故实数m的取值范围是(－∞，2].