【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用第15讲学案
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0
0，
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].
