《2019年高中數(shù)學(xué) 第4章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 4.3.1 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性講義(含解析)湘教版選修2-2.doc》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019年高中數(shù)學(xué) 第4章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 4.3.1 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性講義(含解析)湘教版選修2-2.doc(11頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
4.3.1 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
[讀教材填要點]
函數(shù)在區(qū)間(a,b)上的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系:
導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)
函數(shù)在(a,b)上的單調(diào)性
f′(x)>0
單調(diào)遞增
f′(x)<0
單調(diào)遞減
f′(x)=0
常數(shù)函數(shù)
[小問題大思維]
1.在區(qū)間(a,b)內(nèi),若f′(x)>0,則f(x)在此區(qū)間上單調(diào)遞增,反之也成立嗎?
提示:不一定成立.比如y=x3在R上為增函數(shù),但其在0處的導(dǎo)數(shù)等于零.也就是說f′(x)>0是y=f(x)在某個區(qū)間上遞增的充分不必要條件.
2.右圖為導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象,則函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間是什么?
提示:單調(diào)遞增區(qū)間:(-∞,-3],[-2,1],[3,+∞);
單調(diào)遞減區(qū)間:[-3,-2],[1,3].
判斷(或證明)函數(shù)的單調(diào)性
已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1-,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.
[自主解答] 由題設(shè)知a≠0.f′(x)=3ax2-6x=3ax,
令f′(x)=0,得x1=0,x2=.
當(dāng)a>0時,若x∈(-∞,0),則f′(x)>0.
∴f(x)在區(qū)間(-∞,0)上為增函數(shù).
若x∈,則f′(x)<0,
∴f(x)在區(qū)間上為減函數(shù).
若x∈,則f′(x)>0,
∴f(x)在區(qū)間上是增函數(shù).
當(dāng)a<0時,若x∈,則f′(x)<0.
∴f(x)在上是減函數(shù).
若x∈,則f′(x)>0.
∴f(x)在區(qū)間上為增函數(shù).
若x∈(0,+∞),則f′(x)<0.
∴f(x)在區(qū)間(0,+∞)上為減函數(shù).
利用導(dǎo)數(shù)判斷或證明函數(shù)單調(diào)性的思路
1.求證:函數(shù)f(x)=ex-x-1在(0,+∞)內(nèi)是增函數(shù),在(-∞,0)內(nèi)是減函數(shù).
證明:由f(x)=ex-x-1,
得f′(x)=ex-1.
當(dāng)x∈(0,+∞)時,ex-1>0,
即f′(x)>0.
∴f(x)在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù).
當(dāng)x∈(-∞,0)時,ex-1<0,
即f′(x)<0.
∴f(x)在(-∞,0)內(nèi)是減函數(shù).
求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間:
(1)f(x)=3x2-ln x;
(2)f(x)=-ax3+x2+1(a≤0).
[自主解答] (1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),
f′(x)=6x-=,
令f′(x)>0,即>0,
∵x>0,∴6x2-1>0,∴x>.令f′(x)<0,
即<0,∵x>0,∴6x2-1<0,∴0
0?(-ax+2)x>0?x>0?x>0或x<;f′(x)<0?0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間;
(4)解不等式f′(x)<0,解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間.
方法二:
(1)確定函數(shù)y=f(x)的定義域;
(2)求導(dǎo)數(shù)y′=f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定義區(qū)間內(nèi)的一切實根;
(3)把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標(biāo)和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來,然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間;
(4)確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號,根據(jù)符號判定函數(shù)在每個相應(yīng)區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性.
2.已知函數(shù)f(x)=(k為常數(shù),e是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.
(1)求k的值;
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解:(1)由題意得f′(x)=,
又 f′(1)==0,故k=1.
(2)由(1)知,f′(x)=.
設(shè)h(x)=-ln x-1(x>0),則h′(x)=--<0,即h(x)在(0,+∞)上是減函數(shù).
由h(1)=0知,當(dāng)00,從而f′(x)>0;
當(dāng)x>1時,h(x)<0,從而f′(x)<0.
綜上可知,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間是(1,+∞).
已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍
已知函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax2+2x,a≠0.
(1)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍;
(2)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,求a的取值范圍.
[自主解答] (1)h(x)=ln x-ax2-2x,x∈(0,+∞),
所以h′(x)=-ax-2.
因為h(x)在(0,+∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間,
所以當(dāng)x∈(0,+∞)時,
-ax-2<0有解,
即a>-有解.
設(shè)G(x)=-,所以只要a>G(x)min即可.
而G(x)=2-1,所以G(x)min=-1.
所以a>-1.即實數(shù)a的取值范圍是(-1,+∞).
(2)因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,
所以x∈[1,4]時,h′(x)=-ax-2≤0恒成立.
即a≥-恒成立.
所以a≥G(x)max.而G(x)=2-1.
因為x∈[1,4],所以∈.
所以G(x)max=-(此時x=4).
所以a≥-.
當(dāng)a=-時,h′(x)=+x-2
==.
∵x∈[1,4],∴h′(x)=≤0.
即h(x)在[1,4]上為減函數(shù).
故實數(shù)a的取值范圍是.
若將本例(2)中“單調(diào)遞減”改為“單調(diào)遞增”,如何求a的取值范圍?
解:∵h(yuǎn)(x)在[1,4]上單調(diào)遞增,
∴x∈[1,4]時,h′(x)=-ax-2≥0恒成立.
即a≤ -恒成立.
設(shè)G(x)=-,∴只需a≤G(x)min.
又G(x)=2-1,∵x∈[1,4],∴∈.
∴G(x)min=-1,∴a≤-1.
經(jīng)驗證:a=-1時,h(x)在[1,4]上單調(diào)遞增,
綜上所述,a的取值范圍為(-∞,-1].
已知f(x)在區(qū)間D上單調(diào),求f(x)中參數(shù)的取值范圍的方法為分離參數(shù)法:通常將f′(x)≥0(或f′(x)≤0)的參數(shù)分離,轉(zhuǎn)化為求最值問題,從而求出參數(shù)的取值范圍.特別地,若f′(x)為二次函數(shù),可以由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立求出參數(shù)的取值范圍.
3.已知a≥0,函數(shù)f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在[-1,1]上是單調(diào)減函數(shù),則a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:f′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex,
由題意當(dāng)x∈[-1,1]時,f′(x)≤0恒成立,
即x2+(2-2a)x-2a≤0恒成立.
令g(x)=x2+(2-2a)x-2a,則有
即解得a≥.
答案:C
證明:方程x-sin x=0有唯一解.
[巧思] 方程f(x)=0的解即曲線y=f(x)與x軸交點的橫坐標(biāo),因此可以通過構(gòu)造函數(shù)來解決.
[妙解] 設(shè)f(x)=x-sin x,當(dāng)x=0時,f(0)=0,
所以x=0是方程x-sin x=0的一個解.
因為f′(x)=1-cos x,
且x∈R時,f′(x)>0總成立,
所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.
所以曲線f(x)=x-sin x與x軸只有一個交點.
所以方程x-sin x=0有唯一解.
1.函數(shù)f(x)=x3-3x2+1的單調(diào)遞減區(qū)間為( )
A.(2,+∞) B.(-∞,2)
C.(-∞,0) D.(0,2)
解析:f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),
令f′(x)<0,得00,結(jié)合-4≤x≤4,
得-4≤x<-1或30,
所以f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),
所以有f(2)3或x<-1時,f′(x)>0,
所以y=f(x)在(-∞,-1)和(3,+∞)上單調(diào)遞增.
綜上,函數(shù)y=f(x)的圖象的大致形狀如A中圖所示,所以選A.
答案:A
4.f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x<0時,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)<0,且f(-1)=0,則f(x)g(x)<0的解集為( )
A.(-1,0)∪(1,+∞) B.(-1,0)∪(0,1)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1)
解析:令F(x)=f(x)g(x),則F(x)為奇函數(shù),
且當(dāng)x<0時,F(xiàn)′(x)<0,
即F(x)在(-∞,0)上為減函數(shù).
又∵f(-1)=0,即F(-1)=0.
∴F(x)=f(x)g(x)<0的解集為(-1,0)∪(1,+∞).
答案:A
二、填空題
5.若函數(shù)y=x2-2bx+6在(2,8)內(nèi)是增函數(shù),則實數(shù)b的取值范圍是________.
解析:y′=2x-2b≥0在(2,8)內(nèi)恒成立,即b≤x在(2,8)內(nèi)恒成立,∴b≤2.
答案:(-∞,2]
6.已知函數(shù)y=f(x)在定義域[-4,6]內(nèi)可導(dǎo),其圖象如圖,記y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為y=f′(x),則不等式f′(x)≤0的解集為________.
解析:f′(x)≤0的解集,即為函數(shù)y=f(x)的單調(diào)減區(qū)間,
∴f′(x)≤0的解集為∪.
答案:∪
7.設(shè)函數(shù)f(x)=x(ex-1)-x2,則f(x)的單調(diào)增區(qū)間是________,減區(qū)間是________.
解析:f(x)=x(ex-1)-x2,
f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
當(dāng)x∈(-∞,-1)時,f′(x)>0;當(dāng)x∈(-1,0)時,
f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時,f′(x)>0.
故f(x) 在(-∞,-1),(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-1,0)上單調(diào)遞減.
答案:(-∞,-1)和(0,+∞) (-1,0)
8.已知函數(shù)f(x)=-2x2+ln x(a>0).若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù),則a的取值范圍是________.
解析:f′(x)=-4x+,若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù),
即f′(x)=-4x+≥0或f′(x)=-4x+≤0在[1,2]上恒成立
,即≥4x-或≤4x-在[1,2]上恒成立.
令h(x)=4x-,則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,
所以≥h(2)或≤h(1),即≥或≤3,
又a>0,所以0<a≤或a≥1.
答案:∪[1,+∞)
三、解答題
9.已知函數(shù)f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
解:(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)=--,
由f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x
知f′(1)=--a=-2,解得a=.
(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,
則f′(x)=,
令f′(x)=0,解得x=-1或x=5,
因x=-1不在f(x)的定義域(0,+∞)內(nèi),故舍去.
當(dāng)x∈(0,5)時,f′(x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);
當(dāng)x∈(5,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(5,+∞)內(nèi)為增函數(shù).
10.已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)當(dāng)a=-1時,證明:當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)+2>0.
解:(1)根據(jù)題意知,f′(x)=(x>0),
當(dāng)a>0時,則當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)>0,當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)<0
,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞);
同理,當(dāng)a<0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1);
當(dāng)a=0時,f(x)=-3,不是單調(diào)函數(shù),無單調(diào)區(qū)間.
(2)證明:當(dāng)a=-1時,f(x)=-ln x+x-3,
所以f(1)=-2,
由(1)知f(x)=-ln x+x-3在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
所以當(dāng)x∈(1,+∞)時,f(x)>f(1).
即f(x)>-2,所以f(x)+2>0.
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