學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精1。3導數在研究函數中的應用1。3.1函數的單調性與導數[學習目標]1．結合實例，直觀探索并掌握函數的單調性與導數的關系．2．能利用導數研究函數的單調性，并能夠利用單調性證明一些簡單的不等式．3．會求函數的單調區間（其中多項式函數一般不超過三次）．［知識鏈接］以前，我們用定義來判斷函數的單調性．在假設x1＜x2的前提下，比較f(x1)與f（x2）的大小，在函數y＝f（x）比較復雜的情況下，比較f(x1)與f(x2）的大小并不很容易．如何利用導數來判斷函數的單調性?答根據導數的幾何意義,可以用曲線切線的斜率來解釋導數與單調性的關系,如果切線的斜率大于零,則其傾斜角是銳角，函數曲線呈上升的狀態，即函數單調遞增；如果切線的斜率小于零,則其傾斜角是鈍角，函數曲線呈下降的狀態，即函數單調遞減．［預習導引］函數的單調性與導數的關系（1）在區間（a,b）內函數的導數與單調性有如下關系：導數函數的單調性f′（x）>0單調遞增f′（x)<0單調遞減f′（x)＝0常函數(2)在區間(a,b）內函數的單調性與導數有如下關系：函數的單調性導數單調遞增f′（x)≥0單調遞減f′（x)≤0常函數f′（x）＝0要點一利用導數判斷函數的單調性例1證明:函數f(x）＝eq\f(sinx，x）在區間eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,2），π)）上單調遞減．證明f′（x）＝eq\f（xcosx－sinx，x2），又x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)），則cosx〈0,sinx＞0，∴xcosx－sinx<0，∴f′（x)<0，∴f(x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，2），π））上是減函數．規律方法關于利用導數證明函數單調性的問題：（1)首先考慮函數的定義域，所有函數性質的研究必須保證在定義域內這個前提下進行．(2）f′（x)〉（或<)0，則f（x)為單調遞增（或遞減)函數;但要特別注意，f（x）為單調遞增(或遞減）函數，則f′(x)≥（或≤）0.跟蹤演練1證明:函數f(x)＝eq\f(lnx，x）在區間（0,e)上是增函數．證明∵f（x)＝eq\f(lnx,x），∴f′(x)＝eq\f（x·\f（1,x）－lnx，x2)＝eq\f(1－lnx，x2）。又0〈x〈e,∴lnx<lne＝1。∴f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)〉0,故f(x)在區間（0，e)上是單調遞增函數．要點二利用導數求函數的單調區間例2求下列函數的單調區間：（1）f(x）＝2x3＋3x2－36x＋1;（2)f（x)＝sinx－x(0〈x<π)；（3）f（x)＝3x2－2lnx；(4）f(x）＝x3－3tx。解(1)f′（x）＝6x2＋6x－36，由f′(x)〉0得6x2＋6x－36〉0，解得x〈－3或x〉2；由f′（x）＜0解得－3<x〈2。故f（x）的增區間是（－∞，－3)，（2,＋∞）;減區間是(－3,2)．（2）f′(x）＝cosx－1.因為0＜x＜π,所以cosx－1＜0恒成立，故函數f(x）的單調遞減區間為（0，π)．（3)函數的定義域為(0，＋∞），f′(x)＝6x－eq\f(2,x)＝2·eq\f（3x2－1,x）.令f′（x)〉0，即2·eq\f(3x2－1,x)＞0，解得－eq\f(\r(3）,3)＜x＜0或x＞eq\f（\r(3），3）.又∵x＞0,∴x＞eq\f（\r（3），3).令f′(x)＜0，即2·eq\f（3x2－1，x)＜0，解得x＜－eq\f(\r（3)，3)或0＜x＜eq\f（\r（3），3).又∵x＞0，∴0＜x＜eq\f(\r(3)，3).∴f(x）的單調遞增區間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(3），3）,＋∞）），單調遞減區間為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(3)，3)）)。(4)f′（x）＝3x2－3t，令f′(x)≥0，得3x2－3t≥0，即x2≥t.∴當t≤0時，f′(x)≥0恒成立,函數的增區間是（－∞，＋∞)．當t〉0時，解x2≥t得x≥eq\r(t)或x≤－eq\r（t)；由f′(x）≤0解得－eq\r（t)≤x≤eq\r（t）。故函數f（x）的增區間是（－∞，－eq\r（t))和（eq\r（t)，＋∞）,減區間是（－eq\r（t）,eq\r（t））．規律方法求函數的單調區間的具體步驟是(1）優先確定f(x)的定義域;(2)計算導數f′（x);（3）解f′(x)＞0和f′（x)＜0；(4)定義域內滿足f′(x）＞0的區間為增區間,定義域內滿足f′(x)＜0的區間為減區間．跟蹤演練2求下列函數的單調區間：（1）f(x)＝x2－lnx；（2）f(x)＝x3－x2－x。解(1)函數f（x)的定義域為(0，＋∞）．f′(x）＝2x－eq\f(1，x），由f′（x)＝2x－eq\f(1,x)＞0且x＞0，得x＞eq\f（\r（2），2)，所以函數f（x)的單調遞增區間為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(\r（2）,2），＋∞));由f′（x)＜0得x＜eq\f(\r（2),2),又x∈(0，＋∞），所以函數f（x）的單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r（2),2）)）.(2)f′(x）＝3x2－2x－1＝(3x＋1）（x－1)．由f′(x）＞0得x＜－eq\f（1,3)或x＞1；由f′(x)＜0得－eq\f（1，3）＜x＜1，故函數f(x）的單調遞增區間為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞,－\f（1,3)）)，（1，＋∞），單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,3）,1）).要點三已知函數單調性求參數的取值范圍例3已知函數f(x)＝x2＋eq\f(a，x)（x≠0，常數a∈R）．若函數f（x）在x∈［2，＋∞)上是單調遞增的,求a的取值范圍．解f′(x)＝2x－eq\f（a,x2）＝eq\f(2x3－a,x2）.要使f（x)在［2,＋∞）上是單調遞增的，則f′(x)≥0在x∈[2，＋∞）時恒成立，即eq\f（2x3－a,x2）≥0在x∈［2，＋∞)時恒成立．∵x2〉0，∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞）上恒成立．∴a≤(2x3)min。∵x∈［2,＋∞)，y＝2x3是單調遞增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16。當a＝16時，f′(x）＝eq\f(2x3－16，x2)≥0(x∈［2，＋∞)）有且只有f′（2）＝0，∴a的取值范圍是(－∞，16］．規律方法已知函數的單調性，求函數解析式中參數的取值范圍,可轉化為不等式恒成立問題，一般地，函數f（x)在區間I上單調遞增（或減），轉化為不等式f′（x)≥0(或f′（x)≤0）在區間I上恒成立,再用有關方法可求出參數的取值范圍．跟蹤演練3設f（x）＝ax3＋x恰好有三個單調區間，求實數a的取值范圍．解∵f′（x）＝3ax2＋1,且f（x）有三個單調區間，∴方程f′(x）＝3ax2＋1＝0有兩個不等的實根，∴Δ＝02－4×1×3a＞0，∴a∴a的取值范圍為(－∞，0）．1．函數f（x)＝x＋lnx在（0,6）上是（）A．單調增函數B．單調減函數C．在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,e)))上是減函數,在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e），6)）上是增函數D．在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e）))上是增函數,在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e)，6））上是減函數答案A解析∵x∈（0，6）時，f′(x)＝1＋eq\f（1,x）＞0,∴函數f（x)在(0，6)上單調遞增．2．f′（x）是函數y＝f（x）的導函數,若y＝f′(x)的圖象如圖所示,則函數y＝f(x)的圖象可能是（）答案D解析由導函數的圖象可知，當x＜0時,f′（x)＞0，即函數f(x)為增函數；當0＜x＜2時，f′（x）＜0，即f(x）為減函數;當x＞2時，f′(x)＞0，即函數f(x)為增函數．觀察選項易知D正確．3．若函數f(x)＝x3－ax2－x＋6在（0，1)內單調遞減,則實數a的取值范圍是(）A．[1，＋∞) B．a＝1C．(－∞，1] D．（0，1）答案A解析∵f′（x)＝3x2－2ax－1,又f(x）在（0，1）內單調遞減，∴不等式3x2－2ax－1＜0在（0,1）內恒成立，∴f′(0）≤0，且f′（1)≤0，∴a≥1.4．函數y＝x2－4x＋a的增區間為________，減區間為________．答案（2，＋∞)（－∞，2)解析y′＝2x－4，令y′＞0，得x＞2；令y′＜0，得x＜2，所以y＝x2－4x＋a的增區間為(2，＋∞)，減區間為（－∞，2)．1．導數的符號反映了函數在某個區間上的單調性,導數絕對值的大小反映了函數在某個區間或某點附近變化的快慢程度．2．利用導數求函數f(x)的單調區間的一般步驟為（1）確定函數f(x）的定義域；(2)求導數f′（x)；（3)在函數f（x)的定義域內解不等式f′（x)＞0和f′(x)＜0;(4）根據（3)的結果確定函數f（x）的單調區間.一、基礎達標1．命題甲：對任意x∈(a，b)，有f′(x)>0;命題乙：f（x)在(a，b)內是單調遞增的,則甲是乙的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析f（x）＝x3在（－1，1）內是單調遞增的，但f′(x）＝3x2≥0（－1<x<1),故甲是乙的充分不必要條件，選A.2．函數y＝eq\f（1，2）x2－lnx的單調減區間是(）A．(0，1） B．（0,1）∪(－∞，－1）C．（－∞，1） D．（－∞，＋∞)答案A解析∵y＝eq\f（1,2)x2－lnx的定義域為(0，＋∞），∴y′＝x－eq\f（1，x），令y′<0，即x－eq\f（1，x）<0,解得：0〈x〈1或x〈－1.又∵x>0，∴0<x<1,故選A。3．函數f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b,c為實數，當a2－3b＜0時,f(x）是（)A．增函數B．減函數C．常函數D．既不是增函數也不是減函數答案A解析求函數的導函數f′（x)＝3x2＋2ax＋b，導函數對應方程f′（x）＝0的Δ＝4(a2－3b)＜0,所以f′（x）＞0恒成立，故f（x)是增函數．4．下列函數中,在(0,＋∞）內為增函數的是（）A．y＝sinx B．y＝xe2C．y＝x3－x D．y＝lnx－x答案B解析顯然y＝sinx在（0，＋∞)上既有增又有減,故排除A；對于函數y＝xe2，因e2為大于零的常數，不用求導就知y＝xe2在（0，＋∞)內為增函數；對于C，y′＝3x2－1＝3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r（3),3）))eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f（\r(3)，3）))故函數在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（3）,3）))，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（3），3），＋∞))上為增函數，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3）,3)，\f（\r（3）,3）））上為減函數；對于D，y′＝eq\f(1，x)－1(x＞0)．故函數在（1，＋∞)上為減函數,在（0，1)上為增函數．故選B.5．函數y＝f(x）在其定義域eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3，2），3))內可導，其圖象如圖所示，記y＝f(x)的導函數為y＝f′（x），則不等式f′(x)≤0的解集為________．答案eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（－\f(1，3)，1))∪［2,3）6．函數y＝ln(x2－x－2）的遞減區間為________．答案（－∞,－1)解析f′（x)＝eq\f(2x－1，x2－x－2)，令f′(x）＜0得x＜－1或eq\f（1，2）＜x＜2，注意到函數定義域為（－∞,－1）∪（2，＋∞），故遞減區間為(－∞，－1)．7．已知函數f(x)＝x3＋ax＋8的單調遞減區間為（－5，5），求函數y＝f(x)的遞增區間．解f′(x）＝3x2＋a。∵(－5,5)是函數y＝f（x）的單調遞減區間，則－5,5是方程3x2＋a＝0的根，∴a＝－75.此時f′（x）＝3x2－75，令f′（x）＞0，則3x2－75＞0，解得x＞5或x＜－5，∴函數y＝f（x）的單調遞增區間為（－∞，－5）和(5，＋∞）．二、能力提升8．如果函數f（x）的圖象如圖，那么導函數y＝f′（x）的圖象可能是(）答案A解析由f（x)與f′（x）關系可選A。9．設f(x），g（x）在［a，b］上可導，且f′（x）＞g′（x），則當a＜x＜b時,有(）A．f（x)＞g（x）B．f(x）＜g（x)C．f（x）＋g（a）＞g（x)＋f（a）D．f（x)＋g(b）＞g（x)＋f(b）答案C解析∵f′（x)－g′(x)＞0,∴（f（x）－g(x））′＞0，∴f(x）－g(x）在[a,b]上是增函數，∴當a＜x＜b時f(x）－g(x）＞f(a)－g（a)，∴f(x)＋g(a)＞g（x）＋f（a）．10．（2013·大綱版）若函數f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），＋∞))是增函數，則a的取值范圍是________．答案［3，＋∞)解析因為f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1，x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2)，＋∞）)上是增函數,故f′（x)＝2x＋a－eq\f(1，x2）≥0在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2），＋∞))上恒成立，即a≥eq\f(1,x2）－2x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，＋∞))上恒成立．令h(x)＝eq\f(1,x2）－2x，則h′（x）＝－eq\f（2，x3）－2,當x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，＋∞))時，h′（x）＜0，則h(x)為減函數，所以h(x）＜heq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2））)＝3，所以a≥3。11．求下列函數的單調區間:（1）y＝x－lnx；（2)y＝ln(2x＋3)＋x2.解(1)函數的定義域為（0，＋∞），y′＝1－eq\f(1,x)，由y′＞0，得x＞1；由y′＜0，得0＜x＜1.∴函數y＝x－lnx的單調增區間為(1，＋∞)，單調減區間為（0,1)．（2）函數y＝ln(2x＋3）＋x2的定義域為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3,2),＋∞)）.∵y＝ln(2x＋3）＋x2，∴y′＝eq\f(2,2x＋3）＋2x＝eq\f（4x2＋6x＋2,2x＋3)＝eq\f（22x＋1x＋1，2x＋3).當y′＞0，即－eq\f（3，2）＜x＜－1或x＞－eq\f(1,2)時，函數y＝ln(2x＋3）＋x2單調遞增；當y′＜0，即－1＜x＜－eq\f（1,2)時，函數y＝ln(2x＋3)＋x2單調遞減．故函數y＝ln(2x＋3)＋x2的單調遞增區間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(3,2)，－1)),eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2），＋∞））,單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－1,－\f(1，2)））.12．已知函數f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的圖象經過點P(0，2),且在點M(－1,f（－1)）處的切線方程為6x－y＋7＝0.（1)求函數y＝f(x）的解析式;（2)求函數y＝f（x)的單調區間．解（1)由y＝f(x）的圖象經過點P（0，2），知d＝2，∴f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，f′（x）＝3x2＋2bx＋c。由在點M(－1，f（－1））處的切線方程為