笫二讲 利用导数研究函数的单调性

泉州七中2011届高三（文科）数学第二轮专题综合训练（四）导数及其应用笫二讲利用导数研究函数的单调性2011.2.28一、可导函数的相关结论1、已知fx在D上单调递增（或递减）'0'0fxfx或恒成立问题；2、求fx的单调增区间（或减区间）解不等式问题：'0'0fxfx或；3、fx存在单调增区间（或减区间）'0'0fxfx或有解；4、fx在D上不单调'fx必有一部分图像在区间D内部穿过x轴'0fx至少有一个非重根在区间内部'0fx的根121,2,...,,...ixDixx区间内部且中无重根；也可转化为根的分布处理。5、fx在D上存在极值fx在D上不单调，转化为第4点。6、fx在D上存在极小值'fx的必有一部分图像在区间D内部从下到上穿过x轴。可转化为根的分布处理。二、典例分析例1.已知函数||ln)(2xxxf，（Ⅰ）判断函数)(xf的奇偶性；（Ⅱ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅲ）若关于x的方程1fxkx()有实数解，求实数k的取值范围．解：（Ⅰ）函数)(xf的定义域为{Rxx|且0x}…………………1分)(ln||ln)()(22xfxxxxxf∴)(xf为偶函数（Ⅱ）当0x时，)1ln2(1ln2)(2xxxxxxxf………………4分若210ex，则0)(xf，)(xf递减；若21ex，则0)(xf，)(xf递增．…………………6分再由)(xf是偶函数，得)(xf的递增区间是),(21e和),(21e；递减区间是)0,(21e和),0(21e．…………………8分（Ⅲ）方法一：要使方程1)(kxxf有实数解，即要使函数)(xfy的图像与直线1kxy有交点．函数)(xf的图象如图．9分先求当直线1kxy与)(xf的图象相切时k的值．当0x时，)1ln2()(xxxf设切点为))(,(afaP，则切线方程为))(()(axafafy，将1,0yx代入，得xyO-111-1111)(xfy。))(()(1aafaf即01ln22aaa（*）…………10分显然，1a满足（*）而当10a时，01ln22aaa，当1a时，01ln22aaa∴（*）有唯一解1a…………12分此时1)1(fk再由对称性，1k时，1kxy也与)(xf的图象相切，…………………13分∴若方程1)(kxxf有实数解，则实数k的取值范围是（－∞，－1]∪[1，＋∞）．14分方法二：由1)(kxxf，得：kxxx1||ln…………………9分令)(xgxxx1||ln,当0x，)(xg2221ln11lnxxxxx…………10分显然0)1(g10x时，，0)(xg)(xg,1x时，0)(xg，)(xg∴0x时，1)1()(mingxg…………………12分又)()(xgxg，)(xg为奇函数,∴0x时，1)1()(maxgxg∴)(xg的值域为（－∞，－1]∪[1，＋∞）…………………13分∴若方程1)(kxxf有实数解，则实数k的取值范围是（－∞，－1]∪[1，＋∞）．例2.（2010·辽宁理卷）已知函数1ln)1()(2axxaxf（I）讨论函数)(xf的单调性；（II）设1a.如果对任意),0(,21xx，||4)()(|2121xxxfxf，求a的取值范围。【命题立意】本题考查了函数的单调性与导数，求参数的取值范围，考查了分类讨论、转化等思想方法以及运算能力。【思路点拨】（I）求导数，对参数分类，讨论导数的符号，判断单调性，（II）转化为等价命题，构造新函数g(x)=f(x)+4x,分离参数，求a的范围。【规范解答】2121(I)()0'()20'()0,()01'()0,()011-10'()0.0'()0;2211(,)'()0()022aaxafxfxaxxxafxfxafxfxaaafxxxfxaaaaxfxfxaa的定义域为（，），，当时，故在（，）上单调增加；当时，故在（，）上单调减少；当时，令，解得则当（，）时，时，。故在（，121222111(,)2II-1I()0(0,),|()()|4||(0,),()4()4(1)1()()4,'()24(1)aaafxfxfxxxfxxfxxagxfxxgxaxx121212）上单调增加，在上单调减少。（）不妨设xx,而,由（）知在（，）上单调减少，从而x,x等价于x,x。………………令则。式等22222()0124041(21)42(21)22212121--2gxaaxxxxxxaxxxa价于在（，）上单调减少，即从而。故的取值范围为（，【方法技巧】1.讨论函数的单调性首先明确函数的定义域，一般用导数的方法，对参数分类做到不重不漏。2.求参数取值范围往往要分离变量分离时一定要使分离后的式子有意义，如分母不为0等。3.直接证明一个命题，不好证时可考虑证明它的等价命题。例3.（2009·江西卷理）设函数()xefxx（1）求函数()fx的单调区间；21世纪教育网（2）若0k，求不等式'()(1)()0fxkxfx的解集．解：(1)'22111()xxxxfxeeexxx,由'()0fx,得1x.因为当0x时,'()0fx；当01x时,'()0fx；当1x时,'()0fx；所以()fx的单调增区间是:[1,)；单调减区间是:(,0)(0,1]，.(2)由2'21()(1)()xxkxkxfxkxfxex2(1)(1)0xxkxex,得：(1)(1)0xkx.故：当01k时,解集是：1{1}xxk；当1k时，解集是：；当1k时,解集是：1{1}xxk.21世纪教育网例4.已知函数f(x)=212(0),()ln,2axxagxx(1)若h(x)=f(x)-g(x)存在单调增区间，求a的取值范围；(2)是否存在实数a0，使得方程()()(21)gxfxax在区间1(,)ee内有且只有两个不相等的实数根？若存在，求出a的取值范围？若不存在，请说明理由。解：（1）由已知，得h(x)=212ln,2axxx且x0,则hˊ(x)=ax+2-1x=221axxx,（2分）∵函数h(x)存在单调递增区间,∴hˊ(x)≥0有解,即不等式ax2+2x-1≥0有x0的解.（3分）①当a0时,y=ax2+2x-1的图象为开口向下的抛物线,要使ax2+2x-1≥0总有x0的解,则方程ax2+2x-1=0至少有一个不重复正根,而方程ax2+2x-1=0总有两个不相等的根时,则必定是两个不相等的正根.故只需Δ=4+4a0,即a-1.即-1a0（5分）②当a0时,y=ax2+2x-1的图象为开口向上的抛物线,ax2+2x-1≥0一定有x0的解.（6分）综上,a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞)（7分）（2）方程()()(21)gxfxax即为lnln2(21),(12),xxaxaaxaxx等价于方程ax2+(1-2a)x-lnx=0.（8分）设H(x)=ax2+(1-2a)x-lnx,于是原方程在区间(1,ee)内根的问题,转化为函数H(x)在区间(1,ee)内的零点问题.（9分）Hˊ(x)=2ax+(1-2a)-1x=22(12)1(21)(1)axaxaxxxx（10分）当x∈(0,1)时,Hˊ(x)0,H(x)是减函数；当x∈(1,+∞)时,Hˊ(x)0,H(x)是增函数；若H(x)在(1,ee)内有且只有两个不相等的零点,只须2222min22112(12)()10()(1)(12)10()(12)1(2)(1)0aaeaeeHeeeeHxHaaaHeaeeaeeae解得2121eeae,所以a的取值范围是(1,221eee)（14分）例5（2009浙江理）已知函数322()(1)52fxxkkxx，22()1gxkxkx，其中kR．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（I）设函数()()()pxfxgx．若()px在区间(0,3)上不单调．．．，求k的取值范围；（II）设函数(),0,()(),0.gxxqxfxx是否存在k，对任意给定的非零实数1x，存在惟一的非零实数2x（21xx），使得21()()qxqx成立？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．解析：（I）因32()()()(1)(5)1Pxfxgxxkxk，232(1)(5)pxxkxk，因()px在区间(0,3)上不单调，．．．．所以0px在0,3上有实数解，且无重根，由0px得2(21)(325),kxxxw.w.w.k.s.5.u.c.o.m2(325)391021214213xxkxxx，令21,tx有1,7t，记9(),httt则ht在1,3上单调递减，在3,7上单调递增，所以有6,10ht，于是9216,1021xx，得5,2k，而当2k时有0px在0,3上有两个相等的实根1x，故舍去，所以5,2k；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（II）当0x时有2232(1)5qxfxxkkx；当0x时有22qxgxkxk，因为当0k时不合题意，因此0k，下面讨论0k的情形，记A(,)k，B=5,（ⅰ）当10x时，qx在0,上单调递增，所以要使21qxqx成立，只能20x且AB，因此有5k，（ⅱ）当10x时，qx在0,上单调递减，所以要使21qxqx成立，只能20x且AB，因此5k，综合（ⅰ）（ⅱ）5k；当5k时A=B，则110,xqxBA，即20,x使得21qxqx成立，因为qx在0,上单调递增，所以2x的值是唯一的；同理，10x，即存在唯一的非零实数221()xxx，要使21qxqx成立，所以5k满足题意．w.w.w.k.s.5.u.c.o.m例6.(2009·福建文)（本小题满分12分）已知函数321(),3fxxaxbx且'(1)0f（I）试用含a的代数式表示b；（Ⅱ）求()fx的单调区间；（Ⅲ）令1a，设函数()fx在1212,()xxxx处取得极值，记点1122(,()),(,())MxfxNxfx，证明：线段MN与曲线()fx存在异于M、N的公共点；解法一：（I）依题意，得2'()2fxxaxb；（II）由'(1)120fab得21ba（Ⅱ）由（I）得321()(21)3fxxaxax故2'()221(1)(21)fxxaxaxxa令'*()0fx，则1x或12xa①当1a时，121a当x变化时，'()fx与()fx的变化情况如下表：x(,12)a(2,1)a(1)'()fx+—+()fx单调递增单调递减单调递增由此得，函数()fx的单调增区间为(,12)a和(1,)，单调减