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

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

由f ′(x )<0，得x >1＋5

2.

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)＝x2

2－a ln x，a∈R”，求f(x)的单调区间.

解因为f(x)＝x2

2－a ln x，所以x∈(0，＋∞)，

f′(x)＝x－a

x＝

x2－a

x.

(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)＝x

4＋

a

x－ln x－

3

2，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)＝1

4－

a

x2－

1

x，

由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝1

2x知f′(1)＝－

3

4－a＝－2，解得a＝

5 4.

(2)由(1)知f(x)＝x

4＋

5

4x－ln x－

3

2(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.