函数的单调性与导数课件

1．3导数在研究函数中的应用第一章导数及其应用1．3.1函数的单调性与导数第一章导数及其应用学习导航学习目标实例――→了解函数的单调性与导数的关系――→应用研究函数的单调性，及求函数其中多项式函数一般不超过三次的单调区间重点难点重点：利用导数判断函数的单调性及求函数的单调区间．难点：利用导数求函数的单调区间．新知初探思维启动1．函数的单调性与其导数的正负的关系一般地，设函数y＝f(x)，在某个区间(a，b)内(1)如果f′(x)＞0，则f(x)在该区间内__________；(2)如果f′(x)＜0，则f(x)在该区间内__________．单调递增单调递减想一想在区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，则f(x)在该区间内单调递增，反过来也成立吗？提示：不一定成立．比如y＝x3在R上为增函数，但其在x＝0处的导数等于零．做一做函数y＝x－sinx在定义域内是________函数(“增”或“减”)．解析：定义域为x∈R，由于y′＝1－cosx≥0，∴y＝x－sinx在定义域R上单调递增．答案：增2．函数单调性与导数值大小的关系一般地，设函数y＝f(x)，在区间(a，b)内(1)如果|f′(x)|越大，函数在区间(a，b)内变化得_____,函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；(2)如果|f′(x)|越小，函数在区间(a，b)内变化得_____,函数的图象就比较“平缓”(向上或向下)．快慢典题例证技法归纳题型探究例1题型一判断或证明函数的单调性证明函数f(x)＝lnxx在区间(0,2)内是单调递增函数．【证明】由于f(x)＝lnxx，所以f′(x)＝1x·x－lnxx2＝1－lnxx2，由于0＜x＜2，所以lnx＜ln2＜1，故f′(x)＝1－lnxx2＞0,即函数在区间(0,2)内是单调递增函数.【名师点评】函数f(x)在某一区间上f′(x)＞0是f(x)是增函数的充分不必要条件,若在此区间内有有限个点使f′(x)＝0,f(x)在该区间内为增函数，因此，在证明f(x)在给定区间内是增函数时，证明f′(x)≥0(但f′(x)＝0不恒成立)即可．跟踪训练1．判断下列函数的单调性：(1)y＝lnx－x；(2)y＝exx.解：(1)定义域为x＞0，y′＝1x－1＝1－xx.当0＜x≤1时，y′≥0，y＝lnx－x在(0,1]内递增；当x＞1时，y′＜0，y＝lnx－x在(1，＋∞)内递减．(2)定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y′＝exx－1x2.当x∈(－∞，0)∪(0,1]时，y′≤0，y＝exx在(－∞，0)和(0,1]内是减函数；当x∈(1，＋∞)时，y′＞0，y＝exx在(1，＋∞)内是增函数．题型二求函数的单调区间求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x2－lnx；(2)f(x)＝exx－2.例2【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1x＝2x－12x＋1x.因为x＞0，所以2x＋1＞0.由f′(x)＞0得x＞22，所以函数f(x)的单调递增区间为22，＋∞；由f′(x)＜0得x＜22，又x∈(0，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为0，22.(2)函数f(x)的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，f′(x)＝exx－2－exx－22＝exx－3x－22.因为x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex＞0，(x－2)2＞0.由f′(x)＞0得x＞3，所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)；由f′(x)＜0得x＜3，又定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2)和(2,3)．【名师点评】(1)利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：①确定函数f(x)的定义域；②求导数f′(x)；③在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)0和f′(x)0；④根据③的结果确定函数f(x)的单调区间．(2)单调区间一般不能取并集，比如(2)中f(x)的减区间不能写成(－∞，2)∪(2,3)．跟踪训练2．求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x2－lnx2；(2)y＝ln(2x＋3)＋x2.解：(1)函数f(x)＝x2－lnx2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f′(x)＝2x－2x＝2x2－1x＝2x－1x＋1x，令f′(x)＝0得x＝±1.当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：因此，函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－∞，－1)，(0,1)．(2)函数y＝ln(2x＋3)＋x2的定义域为－32，＋∞.y′＝22x＋3＋2x＝4x2＋6x＋22x＋3＝22x＋1x＋12x＋3.令y′0，解得－32x－1或x－12.x(－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)f′(x)－＋－＋f(x)↘↗↘↗所以函数的单调递增区间为－32，－1，－12，＋∞.令y′0，解得－1x－12，所以函数的单调递减区间为－1，－12.例3题型三含参数函数的单调性及单调区间求函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋k2x2(k≥0)的单调区间．【解】f′(x)＝1x＋1－1＋kx＝xkx＋k－1x＋1，x∈(－1，＋∞)，(1)当k＝0时，f′(x)＝－x1＋x.因此在区间(－1,0)上，f′(x)＞0，在区间(0，＋∞)上，f′(x)＜0，即函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)．(2)当k≠0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝1k－1，①若0＜k＜1时，1k－1＞0，当x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，当x∈(0，1k－1)时，f′(x)＜0，当x∈(1k－1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，0＜k＜1时的单调增区间为(－1,0)，(1k－1，＋∞)；单调减区间为(0，1k－1)．②若k＝1时，1k－1＝0，f′(x)≥0恒成立，所以，k＝1时单调增区间为(－1，＋∞)．③若k＞1时，1k－1∈(－1,0)，当x∈(－1，1k－1)时，f′(x)＞0，当x∈(1k－1,0)时，f′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，k＞1时的单调增区间为(－1，1k－1)，(0，＋∞)；单调减区间为(1k－1,0)．综上所述：当k＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)；当0＜k＜1时，函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)，(1k－1，＋∞)，单调递减区间为(0，1k－1)；当k＝1时，函数f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)；当k＞1时，函数f(x)的单调递增区间为(－1，1k－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(1k－1,0)．【名师点评】利用导数解决含参数函数的单调性问题应从以下两点考虑：(1)若参数对函数的定义域有影响，需对参数分类讨论；(2)若参数对导数的正负取值有影响,也需对参数分类讨论．跟踪训练3．(1)已知a是实数，函数f(x)＝x(x－a)，求函数f(x)的单调区间．(2)判断函数y＝ax－a－x(a＞0且a≠1)的单调性．解：(1)函数的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝x＋x－a2x＝3x－a2x(x＞0)．若a≤0，则f′(x)＞0，∴f(x)的单调递增区间为[0，＋∞)．若a＞0，令f′(x)＝0，得x＝a3，当0＜x＜a3时，f′(x)＜0，当x＞a3时，f′(x)＞0.∴f(x)的单调递减区间为[0，a3]，单调递增区间为(a3，＋∞)．综上，a≤0时，f(x)的单调增区间为[0，＋∞)；a＞0时，f(x)的单调减区间为[0，a3]，单调增区间为(a3，＋∞)．(2)y′＝axlna－a－xlna·(－x)′＝(ax＋a－x)lna.当a＞1时，lna＞0，ax＋a－x＞0，∴y′＞0在R上恒成立．∴函数y＝ax－a－x在R上是增函数．当0＜a＜1时，lna＜0，ax＋a－x＞0，∴y′＜0在R上恒成立．∴函数y＝ax－a－x在R上是减函数．综上可知，当a＞1时，函数y＝ax－a－x在R上是增函数；当0＜a＜1时，函数y＝ax－a－x在R上是减函数．题型四已知函数单调性求参数范围已知函数f(x)＝2ax－x3，a＞0.(1)若f(x)的单调递增区间是(－1,1)，求a的值．(2)若f(x)在(0,1]内是增函数，求a的取值范围．【解】f′(x)＝2a－3x2，x∈R，a＞0.(1)由题意知f′(x)≥0的解集为[－1,1]，又f′(x)≥0即2a－3x2≥0的解集为[－2a3，2a3]，∴2a3＝1，∴a＝32.例4(2)法一：由题意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根为有限个，则f(x)在(0,1]上为增函数等价于f′(x)＝2a－3x2≥0对x∈(0,1]恒成立．即a≥32x2对x∈(0,1]恒成立，只需a≥32x2max即可．由x∈(0,1]得32x2∈0，32，从而a≥32.所以a的取值范围为32，＋∞.法二：由题意知f′(x)＝2a－3x2，且方程f′(x)＝0的根为有限个，故f(x)在(0,1]内为增函数等价于f′(x)≥0对x∈(0,1]恒成立．只需f′(x)＝2a－3x2在区间(0,1]上满足f′0≥0，f′1≥0.解得a≥32，所以a的取值范围为32，＋∞.法三：由题意知f′(x)＝2a－3x2，由于a＞0，令f′(x)＝2a－3x2＞0得－2a3，2a3，若要使函数f(x)在(0,1]内是增函数，只需2a3≥1即可，即a≥32，所以a的取值范围为32，＋∞.【名师点评】根据单调性求参数的值或范围有下述两类问题：一类是给出单调区间，转化为已知导数不等式的解集问题;二类是给出单调区间的子区间，转化为导数不等式的恒成立问题，主要有三种解法：①分离导数不等式的参数，转化为求函数最值问题；②利用子区间(即子集思想)；先求出函数的单调递增或递减区间，然后让所给区间是求出的递增或递减区间的子区间;③利用二次方程根的分布，着重考虑：(ⅰ)端点函数值与0的关系；(ⅱ)对称轴相对于区间的位置,这体现了数形结合的数学思想.跟踪训练4．(2013·高考课标全国卷)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.(1)求a，b，c，d的值；(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由题设可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.(ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的