第三章 一元函数的导数及其应用第一课时 导数与函数的单调性

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知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系 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__.
解 h(x)＝ln x－12ax2－2x，x>0. ∴h′(x)＝1x－ax－2.
(1)若函数h(x)在(0,＋∞)上存在单调减区间,
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则当 x>0 时，1x－ax－2<0 有解，即 a>x12－2x有解. 设 G(x)＝x12－2x，所以只要 a>G(x)min. 又 G(x)＝1x－12－1，所以 G(x)min＝－1.
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【训练1】 已知函数f(x)＝ax＋ln x(a∈R). (1)若a＝2,求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程; (2)求f(x)的单调区间. 解 (1)当 a＝2 时，由已知得 f′(x)＝2＋1x(x>0)，f′(1)＝2＋1＝3，且 f(1)＝2，所 以切线斜率 k＝3. 所以切线方程为y－2＝3(x－1),即3x－y－1＝0. 故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.
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2.函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0 x0附近的左侧f′(x)>__ 0,右侧f′(x)__< 0 x0附近的左侧f′(x)<__ 0,右侧f′(x)__>0
图象
极值 极值点
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形如山峰
f(x0)为极_大___值 x0为极_大___值点
形如山谷
件. 3.求最值时,应注意极值点与所给区间的关系,关系不确定时,需要分类讨论,不可想
当然认为极值就是最值. 4.函数最值是“整体”概念,而函数极值是“局部”概念,极大值与极小值之间没
有必然的大小关系.
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诊断自测
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1.判断下列结论正误(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)函数的极大值一定大于其极小值.( ) (4)对可导函数f(x),若f′(x0)＝0,则x0为极值点.( ) (5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.( )
所以a>－1.即实数a的取值范围是(－1,＋∞). (2)由h(x)在[1,4]上单调递减, ∴当 x∈[1，4]时，h′(x)＝1x－ax－2≤0 恒成立，
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则 a≥x12－2x恒成立，设 G(x)＝x12－2x， 所以a≥G(x)max. 又 G(x)＝1x－12－1， 因为 x∈[1，4]，所以1x∈14，1， 所以 G(x)max＝G14＝－176(此时 x＝4)，所以 a≥－176. 又当 a＝－176时，h′(x)＝1x＋176x－2＝（7x－4）16（x x－4），
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解析 设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1,x2,x3,由导函数y ＝ f′(x) 的图象 易 得 当 x∈( － ∞,x1)∪(x2,x3) 时 ,f′(x)<0; 当 x∈(x1,x2)∪(x3, ＋ ∞) 时 ,f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3),所以函数f(x)在(－∞,x1),(x2,x3)上单调递减,在(x1,x2),(x3, ＋∞)上单调递增,观察各选项,只有D选项符合. 答案 D
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综上，a 的取值范围是[－2e4，0].
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规律方法 1.(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. 2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)＝x3,f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x ＝0时取到),f(x)在R上是增函数.
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(2)①当a＝0时,f(x)＝e2x≥0恒成立.
②若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln－a2时，f(x)取得最小值，最小值为 fln－a2＝ a234－ln－a2，
故当且仅当 a234－ln－a2≥0，
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即 0>a≥－2e4时，f(x)≥0.
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规 律 方 法 1.(1) 已 知 函 数 的 单 调 性 , 求 参 数 的 取 值 范 围 , 应 用 条 件 f′(x)≥0( 或 f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解 ),应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.(2)如果能分离参数,则尽可能 分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系. 2.若函数y＝f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f′(x)＝0在(a,b)上有解.
A.(0,1]
B.[1,＋∞)
C.(－∞,－1]
D.[－1,0)∪(0,1]
解析 由题意知 f′(x)＝2x－2x＝2x2x－2(x>0)，
由f′(x)≤0,得0<x≤1.
答案 A
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)
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4.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示,则 函数y＝f(x)的图象可能是( )
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5.(2020·深圳调研)设函数 f(x)＝12x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实
数 a 的取值范围是( )
A.(1，2]
B.[4，＋∞)
C.(－∞，2]
D.(0，3]
解析 易知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝x－9x. 又 x>0，由 f′(x)＝x－9x≤0，得 0<x≤3.
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第一课时 导数与函数的单调性
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考点一 讨论函数的单调性 【例1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x,其中参数a≤0.
(1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)≥0,求a的取值范围. 解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞,＋∞),且a≤0. f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
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①若a＝0,则f(x)＝e2x,在(－∞,＋∞)上单调递增. ②若 a<0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln －a2. 当 x∈－∞，ln－a2时，f′(x)<0； 当 x∈ln－a2，＋∞时，f′(x)>0. 故 f(x)在－∞，ln－a2上单调递减， 在区间ln－a2，＋∞上单调递增.
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【迁移2】 本例(2)中,若函数h(x)在区间[1,4]上不单调,求实数a的取值范围. 解 ∵h(x)在区间[1,4]上不单调, ∴h′(x)＝0在开区间(1,4)上有解.
则 a＝x12－2x＝1x－12－1 在(1，4)上有解. 令 m(x)＝1x－12－1，x∈(1，4)， 易知m(x)在(1,4)上是增函数, ∴－1<m(x)<－176， 因此实数 a 的取值范围是－1，－176.
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(2)由已知得 f′(x)＝a＋1x＝ax＋x 1(x>0)， ①当a≥0时,由于x>0,故ax＋1>0,f′(x)>0, 所以f(x)的单调递增区间(0,＋∞). ②当 a<0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝－1a. 在区间0，－1a上，f′(x)>0，在区间－1a，＋∞上，f′(x)<0， 所以函数 f(x)的单调递增区间为0，－1a，单调递减区间为－1a，＋∞.
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2.(老教材选修2－2P32A4 改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象,则f(x)的极小值点的个数 为( )
A.1
B.2
C.3
D.4
解析 由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0,且其两侧导数符号为左负右正.
答案 A
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3.(老教材选修2－2P26练习T1改编)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是(
4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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[常用结论与微点提醒] 1.若函数f(x)在区间(a,b)上递增,则f′(x)≥0,所以“f′(x)>0在(a,b)上成立”是“f(x)在
(a,b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数f(x),“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条
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解析 (1)f(x)在(a,b)内单调递增,则有f′(x)≥0. (3)函数的极大值也可能小于极小值. (4)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0,且x0两侧导函数异号. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√