导数与函数的单调性
高考数学导数与函数的单调性
[解析] f(x)=,f'(x)=,由f'(x)<0得x<0且x≠-1,所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(-1,0).故选D.
课堂考点探究
(2)在下列区间中,函数y=xcos x-sin x单调递增的是( )A. B. C.(π,2π) D.(0,π)
C
[解析] ∵y=xcos x-sin x,∴y'=cos x-xsin x-cos x=-xsin x.对于A,当x∈时,sin x >0,y'<0,函数单调递减,故A不符合题意;对于B,当x∈时,sin x<0,y'<0,函数单调递减,故B不符合题意;对于C,当x∈(π,2π)时,sin x<0,y'>0,函数单调递增,故C符合题意;对于D,当x∈(0,π)时,sin x>0,y'<0,函数单调递减,故D不符合题意.故选C.
(2)[2021·河北秦皇岛二模] 已知函数f(x)=ln x-x2+2ax+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的单调区间.
[总结反思](1)利用导数讨论函数单调性的关键是确定导数的符号.对于含有参数的导数符号判定问题,应就参数的范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解.(2)所有求解和讨论都必须在函数的定义域内,不要超出定义域的范围.
A
[总结反思]确定函数f(x)单调区间的步骤:(1)确定函数f(x)的定义域.(2)求f'(x).(3)解不等式f'(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间;解不等式f'(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
课堂考点探究
课堂考点探究
变式题 (1)函数f(x)=的单调递减区间为( )A.(-∞,0) B.(0,+∞),(-1,0) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(-∞,-1),(-1,0)
导数与函数的单调性
2．函数 f(x)＝x·ex－ex＋1 的递增区间是( )
A．(－∞，e)
B．(1，e)
C．(e，＋∞)
D．(e－1，＋∞)
解析：由 f(x)＝x·ex－ex＋1， 得 f′(x)＝(x＋1－e)·ex， 令 f′(x)>0，解得 x>e－1， 所以函数 f(x)的递增区间是(e－1，＋∞)．
题型三 函数单调性的应用 命题点 1 比较大小或解不等式 例 2 (1)已知定义在 R 上的函数 f(x)，g(x)满足：对任意 x∈R，都有 f(x)＞0，g(x)
＞0，且 f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0.若 a，b∈R＋且 a≠b，则有( ) A．fa＋2 bga＋2 b＞f( ab)g( ab) B．fa＋2 bga＋2 b＜f( ab)g( ab)
③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ln－a2，＋∞上单调递增．
综上所述，当 a＝0 时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当 a>0 时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增； 当 a<0 时，f(x)在－∞，ln－a2上单调递减，在ln－a2，＋∞上单调递增．
题组三 易错排查 6．函数 f(x)＝x3＋ax2－ax 在 R 上单调递增，则实数 a 的取值范围是________． 解析：f′(x)＝3x2＋2ax－a≥0 在 R 上恒成立，即 4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0， 即实数 a 的取值范围是[－3,0]． 答案：[－3,0]
7．若函数
导数与函数的单调性
第2节导数在研究函数中的应用知识梳理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.2.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.3.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.第1课时导数与函数的单调性考点一 求函数的单调区间【例1】 (经典母题)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值.(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0， 即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ， 故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，得x (x ＋1)(x ＋4)<0，解之得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).【迁移探究1】 若本例中函数f (x )变为“f (x )＝ln x －12x 2＋x ”，试求f (x )的单调区间.解 因为f (x )＝ln x －12x 2＋x ，且x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x －x ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x. 令f ′(x )＝0，所以x 1＝1＋52，x 2＝1－52(舍去).由f ′(x )>0，得0<x <1＋52；由f ′(x )<0，得x >1＋52.所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞.【迁移探究2】若本例的函数变为“f(x)＝x22－a ln x，a∈R”，求f(x)的单调区间.解因为f(x)＝x22－a ln x，所以x∈(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax＝x2－ax.(1)当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数.(2)当a>0时，f′(x)＝（x＋a）（x－a）x，则有①当x∈(0，a)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(0，a).②当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞).综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞). 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】已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，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＝1 2x.(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)＝14－ax2－1x，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝5 4.(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－ln x－32(x>0).则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.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).考点二 证明(判断)函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，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 )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增.②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增. (2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].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 )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数.【训练】 (2015·全国Ⅱ卷改编)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 考点三 导数在函数单调性中的应用【例3】 (1)(2018·武汉模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e ，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A.a <b <cB.b <c <aC.a <c <bD.c <a <b解析 设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0.∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数.由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)，∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b .答案 D【训练】.已知f (x )＝1＋x －sin x ，则f (2)，f (3)，f (π)的大小关系正确的是( )A.f (2)>f (3)>f (π)B.f (3)>f (2)>f (π)C.f (2)>f (π)>f (3)D.f (π)>f (3)>f (2)(2)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .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 －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间，则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min .(*)又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， 所以G (x )min ＝－1.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，则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x， ∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x≤0， 当且仅当x ＝4时等号成立.(***)∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞. 规律方法 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.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.3.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.【训练】 (2018·郑州质检)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a 的值为________.(2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x. 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减.∴f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2).(2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数，∴g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x －2≥0恒成立.即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立. ∴x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立，∴a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12. ∴当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0. 故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增.解析 因为f (x )＝1＋x －sin x ，所以f ′(x )＝1－cos x ， 当x ∈(0，π]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π]上是增函数，所以f (π)>f (3)>f (2).答案 D9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1， 解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，令f ′(x )>0，解得x >1或x <－13；令f ′(x )<0，解得－13<x <1.所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.。
【高中数学】导数与函数的单调性
＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数 f(x)＝xex 在(0，＋∞)上为增函数；对于 C，
高中数学学科
f′(x)＝3x2－1，令 f′(x)>0，得 x>
3或 x<－
3，∴函数
f(x) ＝ x3 － x
在
－∞，－
3 3
和
3
3
3，＋∞ 3
上单调递增；对于
D，f′(x)＝－1＋1＝－x－1，令
－∞，－4
即 f(x)的单调递增区间是
3 ，(0，＋∞)．
3．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x
B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x
D．f(x)＝－x＋ln x
kπ－π，kπ＋π
解析：选 B 对于 A，f(x)＝sin 2x 的单调递增区间是 4
4 (k∈Z)；对于 B，f′(x)
x
x
f′(x)>0，得
0<x<1，
∴
函数 f(x)＝－x＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选 B.
4．已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，若 f′(x)是 f(x)的导函数，则函数 f′(x)的图象大致是( )
解析：选 A 设 g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数 f′(x)在 R
ax2
a
由 f′(x)＝ax－1<0，得 0<x<1，
ax2
a
1，＋∞
0，1
∴函数 f(x)在 a
上单调递增，在 a 上单调递减．
高中数学学科
综上所述，当 a<0 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(完整版)导数与函数单调性
a 0
a 0
4
4a 2
0
a
1或a
1
a
1
当a 1时f ( x)在R上单调递增
(2)解：f ( x) ax2 2x a
由题设知f ( x)在(2,)上单调递增
f ( x) 0对x (2,)恒成立，
即ax2 2x a 0在x (2,)上恒成立
a
2 x2
x
1
在x
(2,
)上
恒
5 a 4 时f ( x)在(2, )上单调递增
5
方法总结
（1）已知函数f(x)在某个区间上的单调性， 求参数的取值范围时，将问题转化为导数 f'(x)在区间上大于等于0（或小于等于0） 恒成立。
（2）不等式恒成立问题，可转化为求最值问 题
巩固练习
1. f ( x) x3 ax2 x 6 在(0,1)上单调递减， 求a的 取 值 范 围
x
x
x
令f ( x) 2( x 1)(x 1) 0得 1 x 0或x 1 x
令f ( x) 2( x 1)(x 1) 0得0 x 1或x 1 x
函数f ( x)的单调递增区间是(1,0)和(1,)
函数f ( x)的单调递减区间是(,1)和(0,1)
方法总结
求可导函数f(x)单调区间的一般方法和步骤如下： ⑴确定函数f(x)的定义区间； ⑵求函数f(x)的导数f'(x)； ⑶令f'(x)>0，所得x的范围（区间）为函数f(x) 的单调增区间；令f'(x)<0，得单调减区间.
令f '( x) 0得x
函数的单调递增区间是(,)
综上，当m 0时，单增区间是（1 m,1 m) 单减区间是（- ,1 m）和（1 m， )
导数与函数单调性的关系
.
导数与函数的单调性的关系
㈠与为增函数的关系。
能推出为增函数，但反之不一定。
如函数
在上单调递增，但，∴是为增函数的充分不必要条件。
㈡时，与为增函数的关系。
若将的根作为分界点，因为规定，即抠去了分界点，此时为增函数，就一定有。
∴当时，是为增函数的充分必要条件。
㈢与为增函数的关系。
为增函数，一定可以推出，但反之不一定，因为，即为或。
当函数在某个区间内恒有，则为常数，函数不具有单调性。
∴
是为增函数的必要不充分条件。
函数的单调性是函数一条重要性质，也是高中阶段研究的重点，我们一定要把握好以上三个关系，用导数判断好函数的单调性。
因此新教材为解决单调区间的端点问题，都一律用开区间作为单调区间，避免讨论以上问题，也简化了问题。
但在实际应用中还会遇到端点的讨论问题，要谨慎处理。
;.。
函数的单调性与导数的关系
详细描述
例如，函数$f(x) = x^2$在区间$(-infty, 0)$上是单调递减的，而在区间$(0, +infty)$上是单调递增的。
导数与单调性实例
总结词
通过导数判断函数的单调性
详细描述
如果一个函数在某区间的导数大于0，则该 函数在此区间单调递增；如果导数小于0， 则函数单调递减。例如，对于函数$f(x) = x^3$，其导数$f'(x) = 3x^2$在所有实数范 围内都大于0，因此$f(x) = x^3$在全实数 范围内都是单调递增的。
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表示函数在该区间内单调 递减。
表示函数在该区间内单调 递增。
导数大于零
导数小于零
导数等于零
导数在判断单调性中的应用
导数测试法
通过计算函数在某一点的导数值，判断函数在 该点附近的单调性。
导数符号法
通过判断导数符号的正负，确定函数的增减性。
导数切线法
通过观察函数图像在某点的切线斜率，判断函数在该点附近的单调性。
单调性与函数值的变化
单调性决定ห้องสมุดไป่ตู้函数值的变化趋势
增函数意味着函数值随自变量的增加而增加，减函数则表示函数值随自变量的增加而减小。
单调性对于函数的极值和最值问题有重要影响
单调性可以帮助确定函数的极值点，进而求得最值。
02 导数的概念与性质
导数的定义
总结词
导数描述了函数在某一点处的切线斜率，是函数值随自变量 变化的速率。
减函数
对于函数$f(x)$，如果在其定义域内任意两点$x_1$和$x_2$（$x_1 < x_2$）上， 都有$f(x_1) > f(x_2)$，则称$f(x)$为减函数。
导数与函数的单调性、极值、最值
[变式训练] (2017·北京卷)已知函数 f(x)＝excos x－x. (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数 f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值．
解：(1)因为 f(x)＝excos x－x，所以 f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，所以 f′(0)＝0， 所以 y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为 y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令 g(x)＝f′(x)，
考点 2 利用导数求函数的最值(讲练互动) 【例】 (2019·广东五校联考)已知函数 f(x)＝ax＋ln x，其中 a 为常数． (1)当 a＝－1 时，求 f(x)的最大值； (2)若 f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求 a 的值． 解：(1)易知 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋1x＝1－x x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0；当 x>1 时，f′(x)<0.
由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1. 此时 f(1)＝3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若 a>12，则当 x∈(1a，2)时，f′(x)<0； 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a， 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞) 上单调递增，故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a>0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大 值．
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4.若函数f(x)在开区间(a,b)上具有单调性.则当函数f(x) 时在闭区间[a,b]上连续,那么单调区间可以扩大到闭 区间[a,b]上.
5.利用导数的符号来判断函数的单调区间,是导数几何 意义在研究曲线变化规律的一个应用,它充分体现了 数形结合的思想.
1 ( x ) cos x . 解:(1)函数的定义域是R, f 2 1 2 2 cos x 0 ,解得 2k x 2k (k Z ). 令 2 3 3
1 2 4 cos x 0 ,解得 2k x 2k (k Z ). 令 2 3 3 2 2 因此,f(x)的递增区间是: (2k ,2k )( k Z ); 3 3 2 4 递减区间是: (2k 3 ,2k 3 )( k Z ).
b 例2.求证：函数f ( x) ax ( a 0, b 0) x b 在区间 , )内是增加的. a
1 例3.已知函数f ( x) 2ax 2 , x (0,1 x 若f ( x)在区间(0,1内是增函数，求实数a 的取值范围.
导数与函数的单调性 （二）
例2:设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间,试确定a的取值范 围,并求其单调区间. 2 解: f ( x ) 3ax 1. 若a>0, f ( x ) 0 对一切实数恒成立,此时f(x)只有一 个单调区间,矛盾. 若a=0, f ( x ) 1 0, 此时f(x)也只有一个单调区间,矛盾. 若a<0,则 f ( x ) 3a( x 恰有三个单调区间. 故a<0,其单调区间是: 单调递增区间: ( 单调递减区间: ( ,
导数与函数的单调性 （一）
引例 如何确定函数f(x)=x3 －6x2+9x-3在哪个 区间内是增加的?哪个区间内是减少的?
用定义法判断函数单调性的步骤： （1）在给定的区间内任取x1<x2; ( 2 ) 作差f（x1）-f（x2）并变形; （3）判断符号; （4）下结论。
发现问题
单调性定义讨论函数单调性是根本， 但有时十分麻烦，尤其是在不知道函 数图象时,如： f(x)=2x3－6x2+7。 这就需要我们寻求一个新的方法。
(2)f(x)=x/2-ln(1+x)+1
1 1 x 1 . 解:函数的定义域是(-1,+∞), f ( x ) 2 1 x 2(1 x )
由 f ( x ) 0 即
x 1 0,得x>1或x<-1(舍）. 2(1 x )
由 f ( x ) 0 解得-1<x<1 故f(x)的递增区间是(1,+∞); f(x)的递减区间是(-1,1). 说明:函数的单调区间必定是它的定义域的子区间,故 求函数的单调区间一定首先要确定函数的定义 域,在求出使导数的值为正或负的x的范围时,要与 定义域求两者的交集.
1 3a )和( 1 3a 1 3a )( x 1 3a ) ,易知此时f(x)
1 3a
,
1 3a
).
,).
1 例3:当x>1时,证明不等式: 2 x 3 . x
1 证:设 f ( x ) 2 x 3 x , 显然f(x)在[1,+∞)上连续,且f(1)=0. 1 1 1 1 f ( x ) 2 (1 ). x x x x x
故f(x)的递增区间是(0,100). 同理由 f ( x ) 0, 得x>100,故f(x)的递减区间是(100, +∞). 说明:(1)由于f(x)在x=0处连续,所以递增区间可以扩大 到[0,100)(或[0,100]). (2)虽然在x=100处导数为零,但在写单调区间时, 都可以把100包含在内.
x , x [0,) 的单调区间. 练习1:确定函数 f ( x ) x 100 1 50 x ( x 100) x 解: 2 x ( x ) 2 x f ( x 0). 2 2 ( x 100) ( x 100) 50 x 0 0 x 100; 令 f ( x) 0 注意到 x 0, 2 x
例1:求函数f (x)=x3-6x2+9x-3的递增区间与递减区间.
解:函数定义域为R,f ' (x)=3x2-12x+9 令3x2-12x+9>0,解得x>3或x<1,因此,当 x ( 3,) 或 x (,1)时, f(x)是增加的.
令3x2-12x+9&l 减少的. 故f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)内是增加的,在(1,3)内是 减少的.
练习2:已知 0 x , 求证: tan x x. 2
练习3:已知 x 1, 求证:x ln(1 x).
p 例4.设f ( x) px 2 ln x x (1)若f ( x)在其定义域内为单调递增函数， 求p的取值范围； 2e (2)设g ( x ) 且p 0, 若在 1，e 上至少 x 存在一点x0，使得f ( x0 ) g ( x0 )成立，求 实数p的取值范围.
例1.求函数 f ( x) x ax x2 ( a 0) 的单调区间 解:函数的定义域是[0,a],且当x≠0,a时,有:
f ( x ) ax x
2
x(a 2 x ) 2 ax x 2
x( 3a 4 x ) 2 ax x 2
.
由f ( x ) 0 及x (0, a ), 解得0<x<3a/4,故f(x)的递增区间 是(0,3a/4). 由f ( x ) 0 及x (0, a ), 解得3a/4<x<a,故f(x)的递减区间 是(3a/4,a).
例5:求函数 y 2 x 4 x 3 的值域. 解:函数的定义域是[-2,+∞),又易得: 2x 8 y . 2 2 x 4 x 3 (2 x 3 2 x 4 ) 当x>-2时, y 0, 即已知函数在(-2,+∞)上是增函数. 又f(-2)=-1,故所求函数的值域是[-1,+∞). 1 例6:证明方程 x sin x 0 只有一个根x=0. 1 3 1 证:设 f ( x ) x 3 sin x( x R), 则 f ( x ) 1 3 cos x >0恒成立. 故f(x)是R上的增函数. 而f(0)=0,故原方程有唯一根x=0.
y
1 3 1
从而我们可以画出函 数的大致图象.
0
x
3
利用导数讨论函数 单调的步骤: (1)确定函数的定义域 (2)求导数 f ( x ).
(3)解不等式 f ( x )>0得f(x)的单调递增区间;解不等式 f ( x ) <0得f(x)的单调递减区间.
三、综合应用:
例1:确定下列函数的单调区间: (1)f(x)=x/2+sinx;
显然,当x>1时, f ( x ) 0 ,故f(x)是[1,+∞)上的增函数.
1 所以当x>1时,f(x)>f(1)=0,即当x>1时, 2 x 3 . x
小结:利用函数的单调性证明不等式是不等式证明的一 种重要方法.其解题步骤是: 令F(x)=f(x)-g(x),x≥a,其中F(a)=f(a)-g(a)=0,从而 将要证明的不等式“当x>a时,f(x)>g(x)”转化为 证明: “当x>a时,F(x)>F(a)”.
y
1 1
o
－1
x
定义:一般地,设函数y=f(x)在某个区间内有导数,如果在 这个区间内 y >0,那么函数y=f(x) 在这个区间内是增加 的;如果在这个区间内 y <0,那么函数y=f(x)在这个区间 内是减少的.
y
y=f(x) f '(x)>0
y
y=f(x) f '(x)<0
o a o a b x b x 如果在某个区间内恒有 f ( x) 0 ,则 f (x)为常数.
四、小结:
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.注意在某一区间内 f ( x ) >(<)0只是函数f(x)在该区间 上为增(减)函数的充分不必要条件. 3.利用求导的方法可以证明不等式,首先要根据题意构 造函数,再判断所设函数的单调性,利用单调性的定义, 证明要证的不等式. 当函数的单调区间与函数的定义域相同时,我们也 可用求导的方法求函数的值域.
引入： 函数单调性体现出了函数值y随自变 量x的变化而变化的情况, 而导数也正是研究自变量的增加量 与函数值的增加量之间的关系 于是我们设想一下能否利用导数来 研究单调性呢？
二、新课:
曲线y=f(x)的切线的斜率就是函数y=f(x)的导数.
从函数y=x2-4x+3的图像可以看到:
在区间(2,+∞)内,切线的斜 率为正,函数y=f(x)的值随着x 的增大而增大,即 y>0 时,函数 y=f(x) 在区间(2, +∞)内为增加 的. 在区间(-∞,2)内,切线的斜 率为负,函数y=f(x)的值随着x 的增大而减小,即 y <0 时,函数 y=f(x) 在区间(-∞,2)内为减少 的.