學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精1。3導數(shù)在研究函數(shù)中的應用1。3.1函數(shù)的單調性與導數(shù)[學習目標]1．結合實例，直觀探索并掌握函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系．2．能利用導數(shù)研究函數(shù)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(shù)的單調區(qū)間（其中多項式函數(shù)一般不超過三次）．［知識鏈接］以前，我們用定義來判斷函數(shù)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(shù)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(shù)來判斷函數(shù)的單調性?答根據導數(shù)的幾何意義,可以用曲線切線的斜率來解釋導數(shù)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(shù)曲線呈上升的狀態(tài)，即函數(shù)單調遞增；如果切線的斜率小于零,則其傾斜角是鈍角，函數(shù)曲線呈下降的狀態(tài)，即函數(shù)單調遞減．［預習導引］函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系（1）在區(qū)間（a,b）內函數(shù)的導數(shù)與單調性有如下關系：導數(shù)函數(shù)的單調性f′（x）>0單調遞增f′（x)<0單調遞減f′（x)＝0常函數(shù)(2)在區(qū)間(a,b）內函數(shù)的單調性與導數(shù)有如下關系：函數(shù)的單調性導數(shù)單調遞增f′（x)≥0單調遞減f′（x)≤0常函數(shù)f′（x）＝0要點一利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性例1證明:函數(shù)f(x）＝eq\f(sinx，x）在區(qū)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(shù)．規(guī)律方法關于利用導數(shù)證明函數(shù)單調性的問題：（1)首先考慮函數(shù)的定義域，所有函數(shù)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(shù);但要特別注意，f（x）為單調遞增(或遞減）函數(shù)，則f′(x)≥（或≤）0.跟蹤演練1證明:函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx，x）在區(qū)間（0,e)上是增函數(shù)．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,∴l(xiāng)nx<lne＝1?！鄁′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)〉0,故f(x)在區(qū)間（0，e)上是單調遞增函數(shù)．要點二利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間例2求下列函數(shù)的單調區(qū)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(qū)間是（－∞，－3)，（2,＋∞）;減區(qū)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(shù)f(x）的單調遞減區(qū)間為（0，π)．（3)函數(shù)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(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(3），3）,＋∞）），單調遞減區(qū)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(shù)的增區(qū)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(shù)f（x）的增區(qū)間是（－∞，－eq\r（t))和（eq\r（t)，＋∞）,減區(qū)間是（－eq\r（t）,eq\r（t））．規(guī)律方法求函數(shù)的單調區(qū)間的具體步驟是(1）優(yōu)先確定f(x)的定義域;(2)計算導數(shù)f′（x);（3）解f′(x)＞0和f′（x)＜0；(4)定義域內滿足f′(x）＞0的區(qū)間為增區(qū)間,定義域內滿足f′(x)＜0的區(qū)間為減區(qū)間．跟蹤演練2求下列函數(shù)的單調區(qū)間：（1）f(x)＝x2－lnx；（2）f(x)＝x3－x2－x。解(1)函數(shù)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(shù)f（x)的單調遞增區(qū)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(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r（2),2）)）.(2)f′(x）＝3x2－2x－1＝(3x＋1）（x－1)．由f′(x）＞0得x＜－eq\f（1,3)或x＞1；由f′(x)＜0得－eq\f（1，3）＜x＜1，故函數(shù)f(x）的單調遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞,－\f（1,3)）)，（1，＋∞），單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（1,3）,1）).要點三已知函數(shù)單調性求參數(shù)的取值范圍例3已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a，x)（x≠0，常數(shù)a∈R）．若函數(shù)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?！選∈［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(guī)律方法已知函數(shù)的單調性，求函數(shù)解析式中參數(shù)的取值范圍,可轉化為不等式恒成立問題，一般地，函數(shù)f（x)在區(qū)間I上單調遞增（或減），轉化為不等式f′（x)≥0(或f′（x)≤0）在區(qū)間I上恒成立,再用有關方法可求出參數(shù)的取值范圍．跟蹤演練3設f（x）＝ax3＋x恰好有三個單調區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍．解∵f′（x）＝3ax2＋1,且f（x）有三個單調區(qū)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(shù)f（x)＝x＋lnx在（0,6）上是（）A．單調增函數(shù)B．單調減函數(shù)C．在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1,e)))上是減函數(shù),在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e），6)）上是增函數(shù)D．在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e）))上是增函數(shù),在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,e)，6））上是減函數(shù)答案A解析∵x∈（0，6）時，f′(x)＝1＋eq\f（1,x）＞0,∴函數(shù)f（x)在(0，6)上單調遞增．2．f′（x）是函數(shù)y＝f（x）的導函數(shù),若y＝f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是（）答案D解析由導函數(shù)的圖象可知，當x＜0時,f′（x)＞0，即函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當0＜x＜2時，f′（x）＜0，即f(x）為減函數(shù);當x＞2時，f′(x)＞0，即函數(shù)f(x)為增函數(shù)．觀察選項易知D正確．3．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2－x＋6在（0，1)內單調遞減,則實數(shù)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(shù)y＝x2－4x＋a的增區(qū)間為________，減區(qū)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(qū)間為(2，＋∞)，減區(qū)間為（－∞，2)．1．導數(shù)的符號反映了函數(shù)在某個區(qū)間上的單調性,導數(shù)絕對值的大小反映了函數(shù)在某個區(qū)間或某點附近變化的快慢程度．2．利用導數(shù)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間的一般步驟為（1）確定函數(shù)f(x）的定義域；(2)求導數(shù)f′（x)；（3)在函數(shù)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(shù)f（x）的單調區(qū)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(shù)y＝eq\f（1，2）x2－lnx的單調減區(qū)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(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，其中a，b,c為實數(shù)，當a2－3b＜0時,f(x）是（)A．增函數(shù)B．減函數(shù)C．常函數(shù)D．既不是增函數(shù)也不是減函數(shù)答案A解析求函數(shù)的導函數(shù)f′（x)＝3x2＋2ax＋b，導函數(shù)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(shù)．4．下列函數(shù)中,在(0,＋∞）內為增函數(shù)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(shù)y＝xe2，因e2為大于零的常數(shù)，不用求導就知y＝xe2在（0，＋∞)內為增函數(shù)；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(shù)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（3）,3）))，eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（3），3），＋∞))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（\r（3）,3)，\f（\r（3）,3）））上為減函數(shù)；對于D，y′＝eq\f(1，x)－1(x＞0)．故函數(shù)在（1，＋∞)上為減函數(shù),在（0，1)上為增函數(shù)．故選B.5．函數(shù)y＝f(x）在其定義域eq\b\lc\（\rc\)（\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(shù)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(shù)y＝ln(x2－x－2）的遞減區(qū)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(shù)定義域為（－∞,－1）∪（2，＋∞），故遞減區(qū)間為(－∞，－1)．7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋8的單調遞減區(qū)間為（－5，5），求函數(shù)y＝f(x)的遞增區(qū)間．解f′(x）＝3x2＋a?！?－5,5)是函數(shù)y＝f（x）的單調遞減區(qū)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(shù)y＝f（x）的單調遞增區(qū)間為（－∞，－5）和(5，＋∞）．二、能力提升8．如果函數(shù)f（x）的圖象如圖，那么導函數(shù)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(shù)，∴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(shù)f(x)＝x2＋ax＋eq\f(1,x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），＋∞))是增函數(shù)，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(shù),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(shù)，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(shù)的單調區(qū)間:（1）y＝x－lnx；（2)y＝ln(2x＋3)＋x2.解(1)函數(shù)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(shù)y＝x－lnx的單調增區(qū)間為(1，＋∞)，單調減區(qū)間為（0,1)．（2）函數(shù)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(shù)y＝ln(2x＋3）＋x2單調遞增；當y′＜0，即－1＜x＜－eq\f（1,2)時，函數(shù)y＝ln(2x＋3)＋x2單調遞減．故函數(shù)y＝ln(2x＋3)＋x2的單調遞增區(qū)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(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－1,－\f(1，2)））.12．已知函數(shù)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(shù)y＝f(x）的解析式;（2)求函數(shù)y＝f（x)的單調區(qū)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