高三数学一轮复习： 第2章 第11节 导数与函数的单调性

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函数的导数与单调性的关系
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．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0，则函数f(x)在此区间上没有单调性．( )
(3)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)×
2．函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B.(0,1]
C．[1，＋∞) D.(0，＋∞)
B [函数y＝eq \f(1,2)x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，则可得0＜x≤1.]
3．(教材改编)如图2­11­1所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是( )
图2­11­1
A．函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数
B．函数f(x)在区间(1,3)上是减函数
C．函数f(x)在区间(0,2)上是减函数
D．函数f(x)在区间(3,4)上是增函数
A [当x∈(－3,0)时，f′(x)＜0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．]
4．(2015·陕西高考)设f(x)＝x－sin x，则f(x)( )
A．既是奇函数又是减函数
B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数
D．是没有零点的奇函数
B [因为f′(x)＝1－cs x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.]
5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B.(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D.[1，＋∞)
D [由于f′(x)＝k－eq \f(1,x)，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－eq \f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥eq \f(1,x)，而0 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性.
【导学号：01772081】
[解] f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，
解得x1＝0，x2＝－eq \f(2a,3).2分
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)
在(－∞，＋∞)上单调递增；4分
当a＞0时，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)＜0，
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；7分
当a＜0时，x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)＜0，10分
所以函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))上单调递减.12分
[规律方法] 用导数证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)一求．求f′(x)；
(2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)三结论．作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．
易错警示：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[变式训练1] (2016·四川高考节选)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
[解] (1)由题意得f′(x)＝2ax－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－1,x)(x>0).2分
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝eq \f(1,\r(2a))，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；5分
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增.7分
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.9分
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，
从而g(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,ex－1)>0.12分
(2016·北京高考)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解] (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.2分
依题设，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝e.))5分
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.7分
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.9分
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).12分
[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．
[变式训练2] 已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a))) eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞)) [由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝a＋eq \f(1,x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a))),x)，
所以当x≥－eq \f(1,a)时，f′(x)≤0，
当0＜x＜－eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞)).]
已知函数f(x)＝x3－ax－1.
【导学号：01772082】
若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
[解] 因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立.5分
因为3x2≥0，所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0].12分
[迁移探究1] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．
[解] 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，7分
所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3].12分
[迁移探究2] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．
[解] f′(x)＝3x2－a.
当a≤0时，f′(x)≥0，3分
所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
当a＞0时，令3x2－a＜0，得－eq \f(\r(3a),3)＜x＜eq \f(\r(3a),3)，8分
所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq \f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.12分
[迁移探究3] (变换条件)函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
[解] ∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq \f(\r(3a),3)(a≥0).5分
∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜eq \f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3).12分
[规律方法] 根据函数单调性求参数的一般方法
(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)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
易错警示：(1)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0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
(2)函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如迁移3中利用了eq \f(\r(3a),3)∈(0,1)来求解．
[变式训练3] (2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
C [取a＝－1，则f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x－sin x，f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x－cs x，但f′(0)＝1－eq \f(2,3)－1＝－eq \f(2,3)＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.]
[思想与方法]
1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)＞0，f′(x)＜0的解区间，并注意函数f(x)的定义域．
2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．
3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决．
[易错与防范]
1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．
2．注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．
3．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
4．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．
判断或证明函数的单调性
求函数的单调区间
已知函数的单调性求参数