专题12 函数的单调性的研究(解析版)
专题12 函数的单调性的研究
一、题型选讲
题型一 求函数的单调区间
利用导数求函数单调区间的步骤:(1)确定函数的定义域(2)求出()f x 的导函数'
()f x
(3)令'
()0f x >(或0<),求出x 的解集,即为()f x 的单调增(或减)区间(4)列出表格
例1、求函数()2f x
=的单调区间
例2、(2019南京学情调研)已知函数f(x)=ln x ,g(x)=x 2.
(1) 求过原点(0,0),且与函数f(x)的图像相切的直线l 的方程; (2) 若a>0,求函数φ(x)=|g(x)-2a 2f(x)|在区间
题型二 给定区间的单调性
已知在某区间的单调性求参数范围问题,其思路为通过导数将问题转化成为不等式恒成立或不等式能成立问题,进而求解,要注意已知函数()f x 单调递增(减)时,其导函数()'
0f
x ≥(0≤)
,勿忘等号。 例3、(2018无锡期末)若函数f(x)=(x +1)2|x -a|在区间[-1,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是________.
例4、(2018苏州暑假测试)已知函数f(x)=(ax 2+x)e x ,其中e 是自然对数的底数,a ∈R .
(1) 若f ′(x )是函数f (x )的导函数,当a >0时,解关于x 的不等式f ′(x )>e x ; (2) 若f (x )在[-1,1]上是单调递增函数,求a 的取值范围;
题型三 含参区间的讨论
求含参函数单调区间的实质——解含参不等式,而定义域对x 的限制有时会简化含参不等式的求解。当参数的不同取值对下一步的影响不相同时,就是分类讨论开始的时机。当参数a 扮演多个角色时,则以其中
一个为目标进行分类,在每一大类下再考虑其他角色的情况以及是否要进行进一步的分类。 例5、(2019镇江期末)己知函数f(x)=a ln x -bx(a ,b ∈R ).
(1) 若a =1,b =1,求函数f (x )的图像在x =1处的切线方程; (2) 若a =1,求函数y =f (x )的单调区间;
例6、(2017常州期末)已知函数f (x )=ln x -x -a
x
,a ∈R .
(1) 当a =0时,求函数f (x )的极大值; (2) 求函数f (x )的单调区间;
二、达标训练
1、(2019苏锡常镇调研)已知偶函数的定义域为R ,且在[0,)上为增函数,则不等式
的解集为 .
2、(2018徐州期末)函数()()
32333x f x x x x e -=+--的单调区间 3、(2018年泰州期中)()3211232f x x x ax =-++,若()f x 在2,3??
+∞ ???
上存在单调递增区间,则a 的取值范围是_______
4、(2018苏锡常镇调研)已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx +c ,g(x)=ln x.
(1) 若a =0,b =-2,且f(x)≥g(x)恒成立,求实数c 的取值范围; (2) 若b =-3,且函数y =f(x)在区间(-1,1)上是单调递减函数. ①求实数a 的值;
()f x +∞2(3)(2)f x f x >+
5、(2018常州期末)已知函数f(x)=ln x
(x +a )2
,其中a 为常数.
(1) 若a =0,求函数f(x)的极值;
(2) 若函数f(x)在(0,-a)上单调递增,求实数a 的取值范围;
6、(2019苏锡常镇调研)已知函数f(x)=(x +1)ln x +ax(a ∈R ).
(1) 若y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为x +y +b =0,求实数a ,b 的值; (2) 设函数g (x )=f (x )
x ,x ∈(其中e 为自然对数的底数).
①当a =-1时,求g (x )的最大值; ②若h (x )=??
??
g (x )e x 是单调递减函数,求实数a 的取值范围.
专题12 函数的单调性的研究
一、题型选讲
题型一 求函数的单调区间
利用导数求函数单调区间的步骤:(1)确定函数的定义域(2)求出()f x 的导函数'
()f x
(3)令'
()0f x >(或0<),求出x 的解集,即为()f x 的单调增(或减)区间(4)列出表格
例1、求函数()2f x
=的单调区间
解:(
)()1
22'3
2
112ln ln ln 4ln 122
x x x
x x x f x x x -?-==? 令()'
0f
x >,即解不等式()ln ln 40x x -<,解得40ln 41x x e <<<
()f x ∴的增单调区间为()41,e ,减区间为()0,1,()4,e +∞
例2、(2019南京学情调研)已知函数f(x)=ln x ,g(x)=x 2.
(1) 求过原点(0,0),且与函数f(x)的图像相切的直线l 的方程; (2) 若a>0,求函数φ(x)=|g(x)-2a 2f(x)|在区间 规范解答 (1)因为f(x)=ln x ,所以f ′(x)=1
x (x >0).
设直线l 与函数f(x)的图像相切于点(x 0,y 0), 则直线l 的方程为 y -y 0=1
x 0(x -x 0),
即 y -ln x 0=1
x 0(x -x 0). (3分)
因为直线l 经过点(0,0),
所以0-ln x 0=1
x 0(0-x 0),即ln x 0=1,解得x 0=e .
因此直线l 的方程为 y =1
e x ,即x -e y =0. (6分)
(2)考察函数H(x)=g(x)-2a 2f(x)=x 2-2a 2ln x. H ′(x)=2x -2a 2x =2(x -a )(x +a )
x (x ≥1).
因为a >0,故由H′(x)=0,解得x =a.(8分) ①当0<a ≤1时,H ′(x)≥0在(11分)
②当a >1时,H(x)在区间 (01)上递减 ,在区间()+∞,1为递增区间(16分) 题型二 给定区间的单调性
已知在某区间的单调性求参数范围问题,其思路为通过导数将问题转化成为不等式恒成立或不等式能
成立问题,进而求解,要注意已知函数()f x 单调递增(减)时,其导函数()'
0f
x ≥(0≤)
,勿忘等号。 例3、(2018无锡期末)若函数f(x)=(x +1)2|x -a|在区间[-1,2]上单调递增,则实数a 的取值范围是________. 【答案】 (-∞,-1]∪???
?7
2,+∞ 【解析】思路分析 由于条件中函数的解析式比较复杂,可以先通过代数变形,将其化为熟悉的形式,进而利用导数研究函数的性质及图像,再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解.
函数f(x)=(x +1)2|x -a|=|(x +1)2(x -a)|=|x 3+(2-a)x 2+(1-2a)x -a|. 令g(x)=x 3+(2-a)x 2+(1-2a)x -a ,则
g ′(x)=3x 2+(4-2a)x +1-2a =(x +1)(3x +1-2a). 令g′(x)=0得x 1=-1,x 2=
2a -1
3
. ①当2a -13
<-1,即a<-1时,
令g′(x)>0,即(x +1)(3x +1-2a)>0,解得x<2a -13或x>-1;令g′(x)<0,解得2a -1
3 所以g(x)的单调增区间是????-∞,2a -13,(-1,+∞),单调减区间是??? ?2a -1 3,-1. 又因为g(a)=g(-1)=0,所以f(x)的单调增区间是? ??? a ,2a -13,(-1,+∞),单调减区间是(-∞,a), ??? ?2a -13,-1,满足条件,故a<-1(此种情况函数f(x)图像如图1). ,图1) ②当2a -1 3=-1,即a =-1时,f(x)=|(x +1)3|,函数f(x)图像如图2,则f(x)的单调增区间是(-1,+ ∞),单调减区间是(-∞,-1),满足条件,故a =-1. ,图2) ③当2a -13 >-1,即a>-1时, 令g′(x)>0,即(x +1)(3x +1-2a)>0,解得x<-1或x>2a -13;令g′(x)<0,解得-1 3. 所以g(x)的单调增区间是(-∞,-1),?? ??2a -13,+∞,单调减区间是? ??? -1, 2a -13. 又因为g(a)=g(-1)=0,所以f(x)的单调增区间是???? -1,2a -13,(a ,+∞),单调减区间是(-∞,- 1),?? ? ?2a -13,a ,要使f(x)在[-1,2]上单调递增,必须满足2≤2a -13,即a ≥72,又因为a>-1,故a ≥7 2(此种情况函数f(x)图像如图3). 综上,实数a 的取值范围是(-∞,-1]∪????72,+∞. ,图3) 例4、(2018苏州暑假测试)已知函数f(x)=(ax 2+x)e x ,其中e 是自然对数的底数,a ∈R . (1) 若f ′(x )是函数f (x )的导函数,当a >0时,解关于x 的不等式f ′(x )>e x ; (2) 若f (x )在[-1,1]上是单调递增函数,求a 的取值范围; 思路分析 第(2)问,因为f(x)在[-1,1]上是单调增函数,所以导函数f′(x)=[ax 2+(2a +1)x +1]·e x ≥0在[-1,1]上恒成立,而二次三项式“ax 2+(2a +1)x +1”不可因式分解,故需从a =0(a>0,a<0),和Δ>0(Δ=0,Δ<0)入手分类讨论,幸运的是本题的Δ=(2a +1)2-4a =4a 2+1>0,故仅需对a 进行分类讨论 规范解答 (1) f′(x)=[ax 2+(2a +1)x +1]·e x . 不等式f′(x)>e x 可化为[ax 2+(2a +1)x]·e x >0,(2分) 因为e x >0,故有ax 2+(2a +1)x>0. 当a>0时,不等式f′(x)>e x 的解集是(-∞,-2a +1a )∪(0,+∞).(4分) (2) 由(1)得f′(x)=[ax 2+(2a +1)x +1]·e x , ①当a =0时,f ′(x)=(x +1)e x ,f ′(x)≥0在[-1,1]上恒成立,当且仅当x =-1时取等号,故a =0符合要求;(6分) ②当a ≠0时,令g(x)=ax 2+(2a +1)x +1,因为Δ=(2a +1)2-4a =4a 2+1>0, 所以g(x)=0有两个不相等的实数根x 1,x 2,不妨设x 1>x 2,因此f(x)有极大值又有极小值. 若a>0,因为g(-1)·g(0)=-a<0,所以f(x)在(-1,1)内有极值点,故f(x)在[-1,1]上不单调.(8分) 若a<0,可知x 1>0>x 2,因为g(x)的图像开口向下,要使f(x)在[-1,1]上单调,因为g(0)=1>0, 必须满足? ????g (1)≥0,g (-1)≥0,即?????3a +2≥0,-a ≥0,所以-23≤a<0. 综上可知,a 的取值范围是????-2 3,0.(10分) 题型三 含参区间的讨论 求含参函数单调区间的实质——解含参不等式,而定义域对x 的限制有时会简化含参不等式的求解。当参数的不同取值对下一步的影响不相同时,就是分类讨论开始的时机。当参数a 扮演多个角色时,则以其中一个为目标进行分类,在每一大类下再考虑其他角色的情况以及是否要进行进一步的分类。 例5、(2019镇江期末)己知函数f(x)=a ln x -bx(a ,b ∈R ). (1) 若a =1,b =1,求函数f (x )的图像在x =1处的切线方程; (2) 若a =1,求函数y =f (x )的单调区间; 解: (1)当a =1,b =1时,f(x)=ln ·x -x ,(1分) 则有f′(x)=1x -1,即f′(1)=1 1-1=0.(3分) 又f(1)=-1,则所求切线方程为y =-1.(4分) (2)当a =1时,f(x)=ln x -bx ,则有f′(x)=1 x -b =1-bx x .(5分) 函数的定义域为(0,+∞). ①若b ≤0,则f′(x)>0恒成立,则f(x)的单调增区间为(0,+∞).(6分) ②若b>0,则由f′(x)=0,得x =1 b . 当x ∈????0,1b 时,f ′(x)>0,则f(x)的单调增区间为????0,1 b ;(7分) 当x ∈????1b ,+∞时,f ′(x)<0,则f(x)的单调减区间为????1 b ,+∞.(8分) 例6、(2017常州期末)已知函数f (x )=ln x -x -a x ,a ∈R . (1) 当a =0时,求函数f (x )的极大值; (2) 求函数f (x )的单调区间; 规范解答 函数f (x )的定义域为(0,+∞). (1) 当a =0时,f (x )=ln x -x ,f ′(x )=1 x -1. 令f ′(x )=0,得x =1.(1分) 列表: 所以f (x )的极大值为f (1)=-1.(3分) (2) f ′(x )=1x -1+a x 2=-x 2+x +a x 2 . 令f ′(x )=0,得-x 2+x +a =0,记Δ=1+4a . ①当a ≤-1 4时,f ′(x )≤0,所以f (x )单调减区间为(0,+∞);(5分) ②当a >-1 4时,由f ′(x )=0,得x 1=1+1+4a 2,x 2=1-1+4a 2. a. 若-1 4 由f ′(x )<0,得0 ? ?0,1-1+4a 2, 1+1+4a 2,+∞,单调增区间为1-1+4a 2,1+1+4a 2 .(7分) b. 若a =0,由(1)知f (x )的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞). c. 若a >0,则x 1>0>x 2.由f ′(x )<0,得x >x 1;由f ′(x )>0,得0 ? ????1+1+4a 2,+∞,单调增区间为? ?? ??0, 1+1+4a 2.(9分) 综上所述,当a ≤-1 4 时,f (x )的单调减区间为(0,+∞); 当-14 1+1+4a 2 ; 当a ≥0时,f (x )的单调减区间为? ????1+1+4a 2,+∞,单调增区间为? ?? ??0, 1+1+4a 2.(10分) 二、达标训练 1、(2019苏锡常镇调研)已知偶函数()f x 的定义域为R ,且在[0,+∞)上为增函数,则不等式 2(3)(2)f x f x >+的解集为 . 【答案】.()()2,11,2 -- 【解析】.根据条件可得函数()f x 在(]0,∞-上为减函数,则不等式2 (3)(2)f x f x >+可化为232+>x x , 则)2(32+- (3)(2)f x f x >+的解集为 ()()2,11,2 --. 2、(2018徐州期末)函数()() 32333x f x x x x e -=+--的单调区间 【答案】()),3(,0,3+∞- 【解析】先确定定义域,()f x 定义域为R , ()()'232()363333x x f x x x e x x x e --=+--+-- () ()()3933x x x x e x x x e --=--=--+, 令' ()0f x >,即()()330x x x x e ---+> 处理恒正恒负的因式,可得()()330x x x -+< ()()3,03,x ∈-+∞:求解,列出表格 3、(2018年泰州期中)()3211232f x x x ax =-++,若()f x 在2,3?? +∞ ??? 上存在单调递增区间,则a 的取值范围是_______ 【答案】1 9 a >- 【解析】:()' 22f x x x a =-++,有已知条件可得:2,+3x ???∈∞ ?? ? ,使得()'0f x ≥,即()2 1 2 a x x ≥-,只需()2min 12a x x ?? ≥-????,而()2 21122122339y x x ????=->-=-?? ??????? ,所以19a >- 4、(2018苏锡常镇调研)已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx +c ,g(x)=ln x. (1) 若a =0,b =-2,且f(x)≥g(x)恒成立,求实数c 的取值范围; (2) 若b =-3,且函数y =f(x)在区间(-1,1)上是单调递减函数. ①求实数a 的值; 思路分析 (1) 转化为c ≥ln x -x 3+2x 恒成立; (2) ①f′(x)≤0对x ∈(-1,1)恒成立; ②先考察y =f(x)在(0,+∞)上的单调性,画出y =f(x)和y =g(x)的示意图,注意到f(1)=g(1)=0. 规范解答 (1) 由x 3-2x +c ≥ln x 恒成立,得c ≥ln x -x 3+2x 对x>0恒成立.(2分) 记 F(x)=ln x -x 3+2x ,x>0,则 F′(x)=1x -3x 2 +2=(1-x )(3x 2+3x +1)x . 当0 所以F(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,F(x)max =F(1)=1.所以c ≥1,即实数c 的取值范围是[1,+∞).(6分) (2) ①因为f(x)=x 3+ax 2-3x +c 在区间(-1,1)上单调递减,所以f′(x)=3x 2+2ax -3≤0对x ∈(-1,1)恒成立.(8分) 因为二次函数y =3x 2+2ax -3 的图像是开口向上的抛物线,所以等价于? ????f′(-1)=-2a ≤0,f ′(1)=2a ≤0,解得a =0.(10分) 5、(2018常州期末)已知函数f(x)=ln x (x +a )2 ,其中a 为常数. (1) 若a =0,求函数f(x)的极值; (2) 若函数f(x)在(0,-a)上单调递增,求实数a 的取值范围; 思路分析 第一小问,利用导函数求单调性、极值、值域的一般步骤,必须掌握!也是解决后面问题的基础;第二小问,由函数在(0,-a)上的单调性得出导函数在特定区间的符号,转化为含参数的恒成立问题; 规范解答 (1) 当a =0时,f(x)= ln x x 2,定义域为(0,+∞).f′(x)=1-2ln x x 3 ,令f′(x)=0,得x =e . 当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表: 所以当x =e 时,f(x)的极大值为1 2e ,无极小值.(4分) (2) f′(x)=1+a x -2ln x (x +a )3 ,由题意f′(x)≥0对x ∈(0,-a)恒成立. 因为x ∈(0,-a),所以(x +a)3<0, 所以1+a x -2ln x ≤0对x ∈(0,-a)恒成立. 所以a ≤2x ln x -x 对x ∈(0,-a)恒成立.(6分) 令g(x)=2x ln x -x ,x ∈(0,-a),则g′(x)=2ln x +1. ①若0<-a ≤e -12,即0>a ≥-e -1 2,则g′(x)=2ln x +1<0对x ∈(0,-a)恒成立, 所以g(x)=2x ln x -x 在(0,-a)上单调递减, 则a ≤2(-a)ln (-a)-(-a),所以ln (-a)≥0,所以a ≤-1与a ≥-e -1 2矛盾,舍去; ②若-a>e -12,即a<-e -12,令g′(x)=2ln x +1=0,得x =e -1 2, 当0 2时,g ′(x)=2ln x +1<0,所以g(x)=2x ln x -x 单调递减, 当e -1 2 所以当x =e -12时,g(x)min =g(e -12)=2e -12·lne -12-e -12=-2e -12,所以a ≤-2e -1 2 . 综上,实数a 的取值范围是(-∞,-2e -1 2].(10分) 6、(2019苏锡常镇调研)已知函数f(x)=(x +1)ln x +ax(a ∈R ). (1) 若y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为x +y +b =0,求实数a ,b 的值; (2) 设函数g (x )=f (x ) x ,x ∈(其中e 为自然对数的底数). ①当a =-1时,求g (x )的最大值; ②若h (x )=?? ?? g (x )e x 是单调递减函数,求实数a 的取值范围. 思路分析 (1)利用导数的几何意义解决曲线的切线问题. (2)①利用导数讨论函数,导函数的单调性及值域. ②本题的难点在于确定不同的分类标准,通过分类讨论,代数变形,将问题不断转化为熟悉的函数,不等式问题,再利用导数进行求解,在变形过程中利用了常用不等式ln x ≤x -1. 规范解答 (1) f′(x)=ln x + x +1 x +a ,f ′(1)=a +2=-1,a =-3,(1分) f(1)=a =-3,把(1,-3)代入x +y +b =0解得b =2.(2分) (2)①因为g(x)=????1x +1ln x -1,则g′(x)=-ln x x 2+x +1x 2=x -ln x +1x 2.(3分) 令φ(x)=x -ln x +1, 则φ′(x)=1-1 x ≥0,φ(x)在上单调递增,(5分) φ(x)≥φ(1)>0,(6分) 所以g′(x)>0,g(x)在上单调递增,所以g(x)的最大值为g(e )=1 e .(8分) ②同理,单调递增函数g(x)= f (x ) x ∈],(9分) 则h(x)=????????1x +1ln x +a ·1e x . 1°若a ≥0,g(x)≥0,h(x)= ??? ?1+1x ln x +a e x , h ′(x)=-1 x 2ln x +1+x x 2-????1+1x ln x -a e x =-(1+x +x 2)ln x -ax 2+x +1x 2e x ≤0, 令u(x)=-(1+x +x 2)ln x -ax 2+x +1, 则u′(x)=-(1+2x)ln x -1 x -(2a +1)x<0. 即u(x)在上单调递减,所以u max (x)=u(1)=-a +2≤0,所以a ≥2.(11分) 2°若a ≤-e +1 e ,g(x)≤0,h(x)=- ??? ?1+1x ln x +a e x . 由1°知,h ′(x)=-u (x ) x 2e x ,又h(x)在区间上是单调减函数,所以u(x)=-(1+x +x 2)ln x -ax 2+x +1≥0 对x ∈恒成立, 即ax 2≤x +1-(1+x +x 2)ln x 对x ∈恒成立, 即a ≤1x +1 x 2-????1x 2+1x +1ln x 对x ∈恒成立, 令φ(x)=1x +1 x 2-??? ?1x 2+1x +1ln x ,x ∈. φ′(x)=-1x 2-2x 3-????-2x 3-1x 2ln x -????1x 2+1x +11x =-3x 3-2x 2-1 x +??? ?2x 3+1x 2ln x , 证μ(x)=ln x -x +1(1≤x ≤e ).又μ′(x)=1x -1=1-x x ≤0,即ln x ≤x -1,所以μ′(x)=-3x 3-2x 2-1 x +????2x 2+1x 2ln x ≤-3x 3-2x 2-1x +????2x 3 +1x 2(x -1)=-5x 3-1 x 2<0. 即φ(x)在区间上单调递减,所以φ(x)min =φ(e )=1e +1 e 2-??? ?1e 2+1e +1lne =-1, 所以a ≤φ(x)min =-1,又a ≤-e +1 e , 所以a ≤-e +1 e .(13分)