高中数学第1章导数及其应用1_3_1单调性知识导航苏教版选修2-2

1.3 导数在研究函数中的应用
1.3.1 单调性
知识梳理
1.如果函数y=f(x)在某个区间上是增函数或减函数，那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)____________，这一区间叫做y=f(x)的____________，在____________上增函数的图象是____________，减函数的图象是下降的.
2.设函数y=f(x)在某个区间内可导，如果____________，那么f(x)为增函数；如果____________，那么f(x)为减函数；如果在某个区间内恒有f′(x)=0，则f(x)为____________.
知识导学
要学好本节内容，重要的是要掌握好怎样利用导数研究函数的单调性，一般应先确定函数的定义域，再求导数f′(x)，通过判断函数的定义域被导数为零的点所划分的各区间内f′(x)的符号来确定函数f(x)在该区间上的单调性.
疑难突破
1.本节内容的重点是利用函数的导数来判断函数的单调性，难点在于如何把握导数的符号与函数单调性之间的关系.若y=f(x)在(a,b)内对任何x,都有f′(x)＞0，则f(x)在(a,b)内为增函数对吗？反之成立吗？
剖析:对,反之不成立.例如y=x 3在x∈R 上恒为增函数,但f′(x)=3x 2≥0.
2.判断函数y=f(x)在某一区间内有f′(x)＞0〔或f′(x)＜0〕是函数y=f(x)在该区间上为增(或减)函数的什么条件？
剖析：在某一区间内f′(x)＞0〔或f′(x)＜0〕是函数y=f(x)在该区间上为增(或减)函数的充分条件.
典题精讲
【例1】 讨论下列函数的单调性.
(1)f(x)=a x -a -x (a ＞0且a≠1); (2)f(x)=1
2-x bx (-1＜x ＜1,b≠0). 思路分析：利用导数研究函数单调性，一般应先确定函数的定义域，再求导数f′(x)，由函数定义域中导数为零的点所划分的各区间内f′(x)的符号来确定f(x)在该区间的单调性，当给定函数含有字母参数时，要运用分类讨论的思想方法.
解：(1)函数定义域为R .
f′(x)=a x lna-a -x ·lna·(-x)′
=lna(a x +a -x ).
当a ＞1时,lna ＞0,a x +a -x ＞0,∴f′(x)＞0.
∴函数f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数；
当0＜a ＜1时，lna ＜0,a x +a -x ＞0,∴f′(x)＜0.
∴函数f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.
(2)函数f(x)是奇函数，只需讨论函数在(0，1)上的单调性.
当0＜x ＜1时，f′(x)=b·2222222)
1()1()1()'1()1('-+-=--•--•x x b x x x x x . 若b ＞0，则f′(x)＜0,函数f(x)在(0，1)上是减函数；
若b ＜0，则f′(x)＞0,函数f(x)在(0，1)上是增函数.
又函数f(x)是奇函数，而奇函数在对称的两个区间上有相同的单调性，所以当b ＞0时，函数f(x)在(-1，1)上是减函数；当b ＜0时，函数f(x)在(-1，1)上是增函数.
绿色通道：在判断含参数函数的单调性时，不仅要考虑到参数的取值范围，而且要结合函数的定义域来确定f′(x)的符号，否则会产生错误判断.
明确利用导数判断函数单调性的基本步骤：
(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)确定f(x)的单调区间.
变式训练：求下列函数的单调区间，并指出其单调性.
(1)y=2x-lnx; (2)y=2
x +cosx; (3)y=x 3-x.
思路分析：按判断函数单调性的方法解之即可.
解：(1)函数的定义域为(0，+∞)，其导数f′(x)=x 12-
. 令x 12-＞0,解得x ＞21;令x 12-＜0,得0＜x ＜2
1. 因此，(21，+∞)为该函数的单调增区间，(0，2
1)为该函数的单调减区间. (2)函数的定义域为R ，f′(x)=2
1-sinx. 令21-sinx ＜0，解得2kπ+6
π＜x ＜2kπ+65π(k∈Z )； 令21-sinx ＞0，解得2kπ-67π＜x ＜2kπ+6
π(k∈Z ). 因此f(x)在(2kπ+6π,2k π+65π)(k∈Z )上为减函数,在(2kπ-67π,2kπ+6
π)(k∈Z )上为增函数.
(3)函数的定义域为R ，令y′=3x 2-1＞0，得x ＜3
333>-x 或. 令y′=3x 2-1＜0，得3
333<<-x ,∴y=x 3-x 有三个单调区间. 其中在(-∞,33-)和(33,+∞)上是增函数，在(33-,3
3)上为减函数. 【例2】 已知x∈R ,求证：e x ≥x+1.
思路分析：首先需构造函数，对函数进行求导并判断函数的单调性.
证明：令f(x)=e x -x-1,∴f′(x)=e x -1.
∵x∈R ,∴e x -1≥0恒成立，即f′(x)≥0.
∴f(x)在x∈R 上为增函数.又∵f(0)=0,
∴当x∈R 时,f(x)≥f(0)，即e x -x-1≥0.
∴e x ≥x+1.
绿色通道：这是一类构造函数再求导的题目，这种方法常用来证明不等式的成立. 变式训练：证明不等式ln(1+x)＞x-
21x 2(x ＞0). 证明：令f(x)=ln(1+x)-x+2
1x 2, 则f′(x)=x
x x x +=+-+11112
. 当x ＞-1时,f′(x)＞0，因此f(x)在(-1,+∞)内为增函数.
于是当x ＞0时，f(x)＞f(0)=0.
∴当x ＞0时，ln(1+x)＞x-
21x 2. 【例3】 已知f(x)=x 2+c,且f ［f(x)］=f(x 2+1).
(1)设g(x)=f ［f(x)］,求g(x)的解析式；
(2)设φ(x)=g(x)-λf(x),试问:是否存在实数λ,使φ(x)在(-∞,-1)内为减函数，且在(-1，0)内是增函数.
思路分析：根据题设条件可以求出φ(x)的表达式，对于探索性问题，一般先对结论作肯定存在的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，由推证结果是否出现矛盾来作出判断.解题的过程实质是一种转化的过程,由于函数φ(x)是可导函数,因此选择好解题的突破口,要充分利用函数的单调性构造等价的不等式,确定适合条件的参数λ的取值范围,使问题获解.
解:(1)由题意得f ［f(x)］=f(x 2+c)=(x 2+c)2+c,
f(x 2+1)=(x 2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x 2+1),
∴(x 2+c)2+c=(x 2+1)2+c.∴x 2+c=x 2+1.
∴c=1.
∴f(x)=x 2+1,g(x)=f ［f(x)］=f(x 2+1)=(x 2+1)2+1.
(2)φ(x)=g(x)-λf(x)=x 4+(2-λ)x 2+(2-λ).
若满足条件的λ存在,则φ′(x)=4x 3+2(2-λ)x.
∵函数φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,∴当x ＜-1时,φ′(x)＜0,即4x 3+2(2-λ)x＜0对于
x∈(-∞,-1)恒成立.
∴2(2-λ)＞-4x 2.∵x＜-1,∴-4x 2＜-4.
∴2(2-λ)≥-4.
解得λ≤4.又函数φ(x)在(-1,0)上是增函数,
∴当-1＜x ＜0时,φ′(x)＞0,即4x 2+2(2-λ) x＞0对x∈(-1,0)恒成立.
∴2(2-λ)＜-4x 2.∵-1＜x ＜0.∴-4＜4x 2＜0.
2(2-λ)≤-4,解得λ≥4,故当λ=4时,φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,0)上是增函数,即满足条件的λ存在.
绿色通道：函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式,它包含着运动、变化，也就存在着量与量之间的相互依赖、相互制约的关系,因此挖掘题目中隐含条件则是打开解题思路的重要钥匙.具体到解题的过程,学生最大思维障碍是迷失方向,不知从何处入手去沟通已知与未知的关系,使分散的条件相对集中，促成问题的解决,不善于应用f(x)＜a 恒成立
［f(x)max ］＜a 和f(x)＞a 恒成立［f(x)min ］＞a.
变式训练：当x ＞0时,证明不等式e x ＞1+x+
21x 2成立. 证明:设f(x)=e x -1-x-
21x 2 则f′(x)=e x -1-x.
下面证明g(x)=e x -1-x 在x ＞0时恒为正.
∵g′(x)=e x -1,当x ＞0时,g′(x)=e x -1＞0,
∴g(x)在(0,+∞)上为增函数.
当x ＞0时,g(x)＞g(0)=0,
即f′(x)在(0,+∞)上恒为正.
∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.
又f(0)=e 0-1-0-0=0,
∴x＞0时,f(x)＞f(0)=0.
∴e x -1-x-2
1x 2＞0, 即x ＞0时,e x ＞1+x+2
1x 2成立. 问题探究
问题：研究函数单调性的必要条件是什么？
导思：此问题主要考查学生逆向思维能力，考虑问题要全方位进行，有利于培养数学思维能力.
探究：设函数y=f(x)在某个区间内可导，如果y=f(x)在该区间上单调递增(或递减)，则在该区间内f′(x)＞0〔或f′(x)＜0〕，但当f′(x)在某个区间内个别点处为零，在其余点处均为正(或负)时，f(x)在该区间上仍旧是单调递增(或递减)的.
例如在x∈(-∞,+∞)上，f(x)=x 3：当x=0时，f′(x)=0;当x≠0时，f′(x)＞0.而f(x)=x 3,
显然在(-∞, +∞)上是单调增函数.。