资源描述
3.2 利用导数研究函数的单调性
核心考点·精准研析
考点一 不含参数的函数的单调性
1.函数y=xln x的单调递减区间是 ( )
A.(-∞,e-1) B.(e-1,+∞)
C.(e,+∞) D.(0,e-1)
2.函数f(x)=的单调递增区间为 .
3.(2019·浙江高考改编)函数f(x)=-ln x+的单调递减区间为________________.
4.(2019·天津高考改编)函数f(x)=excos x的单调递增区间为___________.
【解析】1.选D.函数y=xln x的定义域为(0,+∞),
因为y=xln x,所以y′=ln x+1,
令y′<0得0<x<e-1,所以减区间为(0,e-1).
2.因为f(x)= ,
所以f′(x)=,由f′(x)>0,
解得x<-1-或x>-1+.
所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).
答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)
3.f(x)=-ln x+的定义域为(0,+∞).
f′(x)=-+=,
由x>0知>0,2+1>0,
所以由f′(x)<0得-2<0,解得0<x<3,
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3).
答案:(0,3)
4.由已知,有f′(x)=ex(cos x-sin x).
因此,当x∈(k∈Z)时,
有sin x<cos x,得f′(x)>0,则f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
答案:(k∈Z)
题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2ex”,则函数f(x)的单调递减区间是________________.
【解析】因为f(x)=x2ex,
所以f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex.
由f′(x)<0,解得-2<x<0,
所以函数f(x)=x2ex的单调递减区间是(-2,0).
答案:(-2,0)
确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数y=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.
(4)解不等式f ′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
【秒杀绝招】
排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=ln x都是增函数且为正数,所以y=xln x也是增函数,从而排除B,C.
考点二 含参数的函数的单调性
【典例】已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x.若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)求f′(x),解方程f′(x)=0
求f(x)的定义域,求f′(x)并进行恰当的因式分解,求出方程f′(x)=0的根
(2)由f′(x)的符号确定f(x)的单调性
用导数为零的实数分割定义域,逐个区间分析导数的符号,确定单调性
【解析】因为f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x,
所以f′(x)==,
由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),
令f′(x)=0得x=1或x=,
(1)若<1,即a>,由f′(x)>0得x>1或0<x<,
由f′(x)<0得<x<1,即函数f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减;
(2)若>1,即0<a<, 由f′(x)>0得x>或0<x<1,
由f′(x)<0得1<x<, 即函数f(x)在(0,1),
上单调递增, 在上单调递减;
(3)若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有f′(x)≥0,
即函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
综上可得:当0<a<时,函数f(x)在(0,1)上单调递增, 在上单调递减,在上单调递增;
当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>时,函数f(x)在上单调递增, 在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
解决含参数的函数的单调性问题应注意两点
(1)研究含参数的函数的单调性问题,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.
(2018·全国卷I改编)已知函数f=-x+aln x,讨论f的单调性.
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.
(1)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
(2)若a>2,令f′(x)=0得,x=或x=.
当x∈∪时,f′(x)<0;
当x∈时,f′(x)>0.
所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.
考点三 利用导数解决函数单调性的应用问题
命
题
精
解
读
1.考什么:(1)考查函数图像的识别、比较大小或解不等式、根据函数的单调性求参数等问题.
(2)考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养及数形结合、转化与化归的思想方法.
2.怎么考:与基本初等函数、不等式等综合考查函数的图像及函数的单调性的应用等问题.
3.新趋势:以导数法研究函数单调性为基础,综合考查利用单调性比较大小、解不等式及知单调性求参数的范围.
学
霸
好
方
法
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在区间D上单调,实际上就是在该区间上f ′ (x)≥0(或f ′ (x)≤0)恒成立,从而构建不等式, 求出参数的取值范围,要注意“=”是否可以取到.
(2)可导函数在区间D 上存在单调区间,实际上就是f ′(x)>0(或f ′(x)<0)在该区间上存在解集,即f ′(x)max>0(或f ′(x)min<0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.
(3)若已知f (x)在区间D 上的单调性,区间D上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令D 是其单调区间的子集,从而求出参数的取值范围.
函数图像的识别
【典例】函数f(x)=x2+xsin x的图像大致为 ( )
【解析】选A.因为f(-x)=x2-xsin(-x)=x2+xsin x=f(x),所以f(x)为偶函数,B不符合题意,f(x)=x2+xsin x=x(x+sin x),令g(x)=x+sin x,则g′(x)=1+cos x≥0恒成立,所以g(x)是单调递增函数,则当x>0时,g(x)>g(0)=0,故x>0时,f(x)=xg(x),f′(x)=g(x)+xg′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故只有A符合题意.
辨别函数的图像主要从哪几个角度分析?
提示:从函数奇偶性、单调性、最值及函数图像所过的特殊点等角度分析.
比较大小或解不等式
【典例】(2019·兰州模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(4-x),且(x-2)f′(x)>0.若a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是 ( )
A.c>b>a B.c>a>b
C.a>b>c D.b>a>c
【解析】选C.由f(x)=f(4-x)可知,f(x)的图像关于直线x=2对称,根据题意知,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以f(3)=f(1)<f<f(0),即c<b<a.
单调性比较大小或解不等式,实际上是自变量的大小与相应函数值的大小关系的互推,比较大小时对自变量的取值范围有什么要求?
提示:必须在同一个单调区间内.
根据函数的单调性求参数
【典例】(2019·北京高考)设函数f(x)=ex+ae-x(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=________________;若f(x)是R上的增函数,则a的取值范围是__________.
【解析】①显然f(0)有意义,又f(x)为奇函数,所以f(0)=0,得a=-1.
②因为f(x)是R上的增函数,所以f′(x)=ex-ae-x=≥0恒成立,即g(x)
=(ex)2≥a恒成立,又因为g(x)>0,且当x趋向于-∞时,g(x)趋向于0,所以0≥a,即a的取值范围是(-∞,0].
答案:-1 (-∞,0]
函数f(x)在某区间上是增函数,推出f′(x)>0还是f′(x)≥0?
提示:推出f′(x)≥0.
1.设函数y=f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如图所示,则导函数y=f′(x)可能为 ( )
【解析】选D.由题意得,当x<0时,函数y=f(x)单调递增,故f′(x)>0;当x>0时,函数y=f(x)先增再减然后再增,故导函数的符号为先正再负然后再正.结合所给选项可得D符合题意.
2.已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数,f(1)=,对任意实数都有f(x)-f′(x)>0,设F(x)=,则不等式F(x)<的解集为 ( )
A.(-∞,1) B.(1,+∞)
C.(1,e) D.(e,+∞)
【解析】选B.根据题意,F(x)=,
其导数F′(x)=
=,
又由f(x)-f′(x)>0,则有F′(x) <0,
即函数F(x)在R上为减函数,
又由f(1)=,则F(1)==,
不等式F(x)<等价于F(x)<F(1),
则有x>1,则不等式的解集为(1,+∞).
3.若f(x)=2x3-3x2-12x+3在区间[m,m+4]上是单调函数,则实数m的取值范围是________________.
【解析】因为f(x)=2x3-3x2-12x+3,
所以f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),
令f′(x)>0,得x<-1或x>2;令f′(x)<0,得-1<x<2, f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,
在(-1,2)上单调递减.
若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,则
m+4≤-1或或m≥2.所以m≤-5或m≥2,
则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).
答案:(-∞,-5]∪[2,+∞)
(2020·内江模拟)若函数f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是 ( )
A. B.
C.(-1,+∞) D.
【解析】选B.因为f(x)=ax2+xln x-x存在单调递增区间,则f′(x)=ax+ln x≥0在(0,+∞)上有解,
即a≥-在(0,+∞)上有解,
令g(x)=-,x>0,则g′(x)=,
当x>e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当0<x<e时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
又x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)<0且g(x)➝0,
因为g(e)=-,所以a≥-,
当a=-时,f′(x)=-x+ln x,
令h(x)=-x+ln x,则h′(x)=-,
当x>e时,h′(x)<0,函数单调递减,
当0<x<e时,h′(x)>0,函数单调递增,
h(x)≤h(e)=0,即f′(x)≤0恒成立,
此时不满足题意,所以a的取值范围是.
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