利用导数研究函数的单调性

2．求函数f(x)＝x2－2ln x的单调区间．
解 f′(x)＝2x－2x＝2x2x－1，
又 f(x)的定义域为{x∈R|x>0}，
∴x，f′(x)、f(x)的取值变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x)
1
由上表可知，函数 f(x)在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋
题型二 求函数的单调区间
【例 2】 求函数 f(x)＝3x2－2ln x 的单调区间．
解 函数定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝6x－2x＝2·3x2x－1＝6x－
33x＋ x
33，
令 f′(x)>0 则 x> 33或－ 33<x<0，
又∵x>0，∴x> 33，
令 f′(x)<0，则 x<－ 33或 0<x< 33，
f(x)单调递增区间为－∞，－a－3
a2－3，
－a＋
3
a2－3，＋∞
；
函
数
f(x) 单 调 递 减 区 间 为
－a－
3
a2－3，－a＋3
a2－3.
(2)若函数在区间－23，－13内是减函数，则说明 f′(x)＝3x2
＋2ax＋1＝0 两根在区间－23，－13外， 因此 f′－23≤0，且 f′－13≤0，由此可以解得 a≥2. 因此 a 的取值范围是[2，＋∞)．
＝a·b在区间(－1,1)上是增函数，求t的取值范围．
错因分析 上述的解法中，把f′(x)>0视为了f(x)在某区间上 为增函数的充要条件，事实上f′(x)>0是f(x)在某区间上为增函数 的充分不必要条件．
[正解一] 由题意得 f(x)＝x2(1－x)＋t(x＋1)＝－x3＋x2＋tx＋t，则 f′(x)＝－3x2＋2x＋t.
[正解二] 由题意得f(x)＝x2(1－x)＋t(x＋1) ＝－x3＋x2＋tx＋t， 则f′(x)＝－3x2＋2x＋t. 若f(x)在(－1,1)上是增函数，则在(－1,1)上f′(x)≥0. ∵f′(x)的图象是开口向下的抛物线， ∴当且仅当f′(1)＝t－1≥0，且f′(－1)＝t－5≥0时， f(x)在(－1,1)上满足f′(x)>0， 即f(x)在(－1,1)上是增函数． 故t的取值范围是t≥5.
(2)解
f′(x)＝xcos
x－sin x2
x，令g(x)＝xcos
x－sin
x，
则g′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，
∵x∈(0，π)，∴g′(x)<0，故g(x)是减函数，
∴g(x)<g(0)＝0，∴x∈(0，π)时，f′(x)<0，
∴f(x)＝sinx x在区间(0，π)上是减函数．
又∵x>0，∴0<x< 33，
∴f(x)＝3x2－2ln
x
的增区间为
33，＋∞，减区间
为0，
3
3
.
题型三 已知单调性求参数的取值范围
【例 3】 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数 f(x)的单调区间；
(2)设函数 f(x)在区间－23，－13内是减函数，求 a 的取值范围． 解 (1)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
x>
3
a2－3时，f′(x)>0，函数
f(x)单调递增，
当－a－3
a2－3 －a＋
<x<
3
a2－3时，f′(x)<0，函数
f(x)单调递减．
此时函数的单调增区间为
(－∞，－a－3
a2－3)，－a＋3
a2－3，＋∞；
单调递减区间为
－a－
3
a2－3，－a＋
3
a2－3.
故若－ 3≤a≤ 3，f(x)在 R 上为增函数；若 a＞ 3或 a＜－ 3函数
课堂总结
1．利用导数的正负，可以很好的判定函数的单调性，具体结论如
下：已知函数 y＝f(x)， (1)如对任意 x∈(a，b)，恒有 f′(x)>0，则 f(x)在区间(a，b)内单调
递增； (2)如对任意 x∈(a，b)，恒有 f′(x)<0，则 f(x)在区间(a，b)内单调
递减．
2．用导数求函数单调区间的步骤如下： (1)确定f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)解出相应的x的取值范围．当 f′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相 应区间上是减函数．
三、课堂练习
1．(1)试证明：函数 f(x)＝sinx x在区间π2，π上单调递减． (2)试问：若将题中区间改为(0，π)，函数 f(x)的单调性如何？
(1)证明
f′(x)＝xcos
x－sin x2
x，又
x∈π2，π，
则 cos x<0，∴xcos x－sin x<0，
∴f′(x)<0，∴f(x)在π2，π上是减函数．
解 ∵f′(x)＝3x2＋2x＋m，由于f(x)是R上的单调函数，∴
f′(x)>0恒成立或f′(x)<0恒成立，由于3>0，
∴只能有f′(x)>0恒成立，∴Δ＝4－12m<0，
故m>
1 3
，但由于m＝
1 3
时，也符合题意，故实数m的取值范围
是13，＋∞.
探究： 误区警示 因认为f(x)为增(减)函数的充要条件是 f′(x)>0(f′(x)<0)而致误 【示例】 已知向量a＝(x2，x＋1)，b＝(1－x，t)，若函数f(x)
若 f(x)在(－1,1)上是增函数，则在(－1,1)上 f′(x)≥0. f′(x)≥0⇔t≥3x2－2x 在区间(－1,1)上恒成立， 考虑函数 g(x)＝3x2－2x 的图象是对称轴为 x＝13且开口向上的抛物 线， 故要使 t≥3x2－2x 在区间(－1,1)上恒成立， 只需 t≥(3x2－2x)max＝3×(－1)2－2×(－1)＝5， 则 t 的取值范围是 t≥5.
∞)上是增函数或直接由 f′(x)>0，
得2x2x－1>0， ∴xx2>－0，1>0， 得x>1； 由f′(x)<0，即x2－x 1<0， 由xx2>－0，1<0， 解得0<x<1. 故f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0,1)．
3．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，求实数m 的取值范围．
思考：可导函数f(x)在(a，b)上递增(减)的充要条件是什 么？
提示 可导函数f(x)在(a，b)上递增(减)的充要条件是 f′(x)≥0(f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，且f′(x)在(a，b)的任意子区间 内都不恒等于零．这就是说，函数f(x)在区间上的单调性并不排 斥在区间内的个别点处有f′(x)＝0.
3．利用导数的正负与函数单调性的关系可以证明函数的单 调性，求函数的单调区间、证明不等式、求参数的范围等．证明 不等式需要构造函数.
二、课程讲解 题型一 判断或证明函数的单调性 【例 1】 证明：函数 f(x)＝lnxx在区间(0，e)上是增函数．
证明
∵f(x)＝lnx
x，∴f′(x)＝x·1x－x2ln
x＝1－xl2n
x .
又0<x<e，∴ln
x<ln
e＝1.∴f′(x)＝
1－ln x2
x
>0，故f(x)在区间
(0，e)上是单调递增函数．
3.3 导数在研究函数中的应用 3．3.1 利用导数研究函数的单调性
一、预习检查
1．设函数 y＝f(x)在某个区间上的导数为 f′(x) ， 如果f′(x)>0 ，那么函数 y＝f(x)递增，如果 f′(x)<0 ，那 么函数 y＝f(x)递减． 2．从导数定义看，函数的导数就是函数值关于自变量 的 变化率 ，变化率的绝对值越大说明变得越快，绝对值越 小说明变得越慢；从函数的图象看，导数是切线的 斜率，斜率的 绝对值大说明切线 陡 ，曲线也就陡，斜率的绝对值小说明切线 较 平 ，曲线也就平缓一些．
预习效果检查
1．若 f(x)在[a，b]上连续且在区间(a，b)内，f′(x)>0，且 f(a)≥0， 则在(a，b)内有( )．
A．f(x)>0 C．f(x)＝0
B．f(x)<0 D．不能确定
解析 因f(x)在(a，b)上为增函数， ∴f(x)>f(a)≥0.
答案 A
2．函数f(x)＝x＋ln x的单调增区间为( )．
当 Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－ 3≤a≤ 3时，f′(x)≥0 恒
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
成立，
此时 f(x)为单调递增函数，单调区间为(－∞，＋∞)．
当 Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12>0，即 a> 3或 a<－ 3时，函数 f′(x)
存在零解，
此时当
－a－
x<
3
a2－3时，f′(x)>0，
当
－a＋
A．(－∞，－1)，(0，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(－1,0)
D．(－1,1)
解析 ∵f′(x)＝1＋1x＝x＋x 1，
∴由于f′(x)>0，且由f(x)的定义域：{x|x>0}，知x>0时，f′(x)>0 恒成立．
答案 B
3．函数y＝x3－3x的单调递减区间是________．
解析 ∵y′＝3x2－3＝3(x2－1)， ∴令y′<0，即3(x＋1)(x－1)<0，解得－1<x<1. 答案 (－1,1)