利用導(dǎo)數(shù)研究報告函數(shù)的單調(diào)性的題型分析

.z利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性題型分析題型一：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例：求以下函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．(1)y＝2*3－3*(2)f(*)＝3*2－2ln*.解：(1)由題意得y′＝6*2－3.令y′＝6*2－3＞0，解得*＜－eq\f(\r(2),2)或*＞eq\f(\r(2),2)，當(dāng)*∈(－∞，－eq\f(\r(2),2))時，函數(shù)為增函數(shù)，當(dāng)*∈(eq\f(\r(2),2)，＋∞)時，函數(shù)也為增函數(shù)．令y′＝6*2－3＜0， 解得－eq\f(\r(2),2)＜*＜eq\f(\r(2),2)，當(dāng)*∈(－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))時，函數(shù)為減函數(shù)．故函數(shù)的遞增區(qū)間為(－∞，－eq\f(\r(2),2))和(eq\f(\r(2),2)，＋∞)，遞減區(qū)間為(－eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(2),2))．(2)函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(*)＝6*－eq\f(2,*)＝2·eq\f(3*2－1,*).令f′(*)＞0，即2·eq\f(3*2－1,*)＞0.且*＞0，可解得*＞eq\f(\r(3),3)；令f′(*)＜0，即2·eq\f(3*2－1,*)＜0，由*＞0得，0＜*＜eq\f(\r(3),3)，∴f(*)的增區(qū)間為(eq\f(\r(3),3)，＋∞)，減區(qū)間為(0，eq\f(\r(3),3))．規(guī)律總結(jié)：1．在利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先要確定函數(shù)的定義域，解題過程中，只能在定義域討論，定義域為實數(shù)集R可以省略不寫．2．當(dāng)求得的單調(diào)區(qū)間不止一個時，單調(diào)區(qū)間要用“，〞或“和〞字等隔開，不要用符號“∪〞連接，如(1)題中的增區(qū)間．變式訓(xùn)練：求以下函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)求函數(shù)f(*)＝2*3－9*2＋12*－3的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)y＝*3－2*2＋*的單調(diào)區(qū)間．【解】(1)此函數(shù)的定義域為R，f′(*)＝6*2－18*＋12＝6(*－1)(*－2)．令6(*－1)(*－2)＜0，解得1＜*＜2，所以函數(shù)f(*)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1,2)．令6(*－1)(*－2)＞0，解得*＞2或*＜1，所以函數(shù)f(*)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)，(－∞，1)．(2)此函數(shù)的定義域為R.y′＝3*2－4*＋1，令3*2－4*＋1＞0，解得*＞1或*＜eq\f(1,3).因此y＝*3－2*2＋*的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，(－∞，eq\f(1,3))．再令3*2－4*＋1＜0，解得eq\f(1,3)＜*＜1.因此y＝*3－2*2＋*的單調(diào)遞減區(qū)間為(eq\f(1,3)，1)．例：討論函數(shù)f(*)＝eq\f(b*,*2－1)(－1＜*＜1，b≠0)的單調(diào)性．【思路探究】(1)函數(shù)的定義域是怎樣的.函數(shù)是奇函數(shù)還是偶函數(shù).(2)假設(shè)先討論*∈(0,1)上的單調(diào)性，能否判斷f′(*)在(0,1)上的正負.b的取值對其有影響嗎.解：因f(*)的定義域為(－1,1)；函數(shù)f(*)是奇函數(shù)，∴只需討論函數(shù)在(0,1)上的單調(diào)性．∵f′(*)＝當(dāng)0＜*＜1時，*2＋1＞0，(*2－1)2＞0，∴∴當(dāng)b＞0時，f′(*)＜0.∴函數(shù)f(*)在(0,1)上是減函數(shù)；當(dāng)b＜0時，f′(*)＞0，∴函數(shù)f(*)在(0,1)上是增函數(shù)；又函數(shù)f(*)是奇函數(shù)，而奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點對稱，從而可知：當(dāng)b＞0時，f(*)在(－1,1)上是減函數(shù)；當(dāng)b＜0時，f(*)在(－1,1)上是增函數(shù)．規(guī)律方法：利用導(dǎo)數(shù)判斷或證明一個函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，實質(zhì)上就是判斷或證明不等式f′(*)＞0(f′(*)＜0)在給定區(qū)間上恒成立．一般步驟為：①求導(dǎo)數(shù)f′(*)；②判斷f′(*)的符號；③給出單調(diào)性結(jié)論．2．導(dǎo)數(shù)的正負決定了函數(shù)的增減，當(dāng)導(dǎo)函數(shù)中含有參數(shù)時，應(yīng)注意對參數(shù)進展分類討論．變式訓(xùn)練：求函數(shù)y＝*＋eq\f(b,*)(b≠0)的單調(diào)區(qū)間．【解】函數(shù)y＝*＋eq\f(b,*)(b≠0)的定義域為{*|*≠0}，y′＝1－eq\f(b,*2)＝eq\f(*2－b,*2).①當(dāng)b＜0時，在函數(shù)定義域y′＞0恒成立，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(0，＋∞)；②當(dāng)b＞0時，令y′＞0，解得*＞eq\r(b)或*＜－eq\r(b)，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(b))和(eq\r(b)，＋∞)；令y′＜0，解得－eq\r(b)＜*＜eq\r(b)且*≠0，所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－eq\r(b)，0)和(0，eq\r(b)).題型二：利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)例：(2021·模擬)函數(shù)f(*)＝a*＋*ln*，且圖象在點處的切線斜率為1(e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)數(shù)a的值；(2)設(shè)，研究函數(shù)g(*)的單調(diào)性解：(1)f(*)＝a*＋*ln*，f′(*)＝a＋1＋ln*，依題意＝a＝1，所以a＝1.(2)因為＝eq\f(*ln*,*－1)，所以g′(*)＝eq\f(*－1－ln*,*－12).設(shè)φ(*)＝*－1－ln*，則φ′(*)＝1－eq\f(1,*).當(dāng)*>1時，φ′(*)＝1－eq\f(1,*)>0，φ(*)是增函數(shù)，對?*>1，φ(*)>φ(1)＝0，即當(dāng)*>1時，g′(*)>0，故g(*)在(1，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)0<*<1時，φ′(*)＝1－eq\f(1,*)<0，φ(*)是減函數(shù)，對?*∈(0,1)，φ(*)>φ(1)＝0，即當(dāng)0<*<1時，g′(*)>0，故g(*)在(0,1)上為增函數(shù)．方法規(guī)律：1．導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟(1)確定函數(shù)f(*)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(*)；(3)在函數(shù)f(*)的定義域解不等式f′(*)>0和f′(*)<0；(4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(*)的單調(diào)區(qū)間．2．導(dǎo)數(shù)法證明函數(shù)f(*)在(a，b)的單調(diào)性的步驟：(1)求f′(*)；(2)確認f′(*)在(a，b)的符號；(3)作出結(jié)論：f′(*)>0時為增函數(shù)；f′(*)<0時為減函數(shù)．3．導(dǎo)數(shù)法求參數(shù)的取值圍：函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值圍，應(yīng)用條件f′(*)≥0(或f′(*)≤0)，*∈(a，b)，轉(zhuǎn)化為不等式恒成立求解．訓(xùn)練：1.假設(shè)函數(shù)在其定義域的一個子區(qū)間不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值圍_______________.解：函數(shù)的定義域為，，由得，由得，要使函數(shù)在定義域的一個子區(qū)間不是單調(diào)函數(shù)，則有，解得，即的取值圍是.2.(2021·省八校高三第二次聯(lián)考)函數(shù)f(*)＝(*＋a)2－7bln*＋1，其中a，b是常數(shù)且a≠0.(1)假設(shè)b＝1時，f(*)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值圍；(2)當(dāng)b＝eq\f(4,7)a2時，討論f(*)的單調(diào)性．【解】(1)∵b＝1，∴f(*)＝(*＋a)2－7ln*＋1，∴f′(*)＝2*＋2a－eq\f(7,*).∵當(dāng)*>1時，f(*)是增函數(shù)，∴f′(*)＝2*＋2a－eq\f(7,*)≥0在*>1時恒成立．即a≥eq\f(7,2*)－*在*>1時恒成立．∵當(dāng)*>1時，y＝eq\f(7,2*)－*是減函數(shù)，∴當(dāng)*>1時，y＝eq\f(7,2*)－*<eq\f(5,2)，∴a≥eq\f(5,2).故a的取值圍是[eq\f(5,2)，＋∞)．(2)∵b＝eq\f(4,7)a2，∴f(*)＝(*＋a)2－4a2ln*＋1，*∈(0，＋∞)．∴f′(*)＝eq\f(2*2＋2a*－4a2,*)＝eq\f(2〔*－a〕〔*＋2a〕,*).當(dāng)a>0時，f′(*)>0，得*>a或*<－2a，故f(*)的減區(qū)間為(0，a)，增區(qū)間為(a，＋∞)；當(dāng)a<0時，f′(*)>0，得*>－2a或*<a，故f(*)的減區(qū)間為(0，－2a)，增區(qū)間為(－2a，＋∞)．3.設(shè)函數(shù)f(*)＝a*－eq\f(a,*)－2ln*.(1)假設(shè)f′(2)＝0，求f(*)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)f(*)在定義域上是增函數(shù)，數(shù)a的取值圍．解：(1)∵f(*)的定義域為(0，＋∞)，f′(2)＝0，且f′(*)＝a＋eq\f(a,*2)－eq\f(2,*)，∴a＋eq\f(a,4)－1＝0，∴a＝eq\f(4,5).3分∴f′(*)＝eq\f(4,5)＋eq\f(4,5*2)－eq\f(2,*)＝eq\f(2,5*2)(2*2－5*＋2)，由f′(*)＞0結(jié)合*＞0，得0＜*＜eq\f(1,2)或*＞2，∴f(*)的遞增區(qū)間為(0，eq\f(1,2)]和[2，＋∞)，遞減區(qū)間為(eq\f(1,2)，2).6分(2)假設(shè)f(*)在定義域上是增函數(shù)，則f′(*)≥0對*＞0恒成立，8分∵f′(*)＝a＋eq\f(a,*2)－eq\f(2,*)＝eq\f(a*2－2*＋a,*2)，∴需*＞0時a*2－2*＋a≥0恒成立10分化為a≥eq\f(2*,*2＋1)對*＞0恒成立，∵eq\f(2*,*2＋1)＝eq\f(2,*＋\f(1,*))≤1，當(dāng)且僅當(dāng)*＝1時取等號．∴a≥1，即a∈[1，＋∞).12分4.函數(shù)f(*)＝eq\f(3*,a)－2*2＋ln*，其中a為常數(shù)．(1)假設(shè)a＝1，求函數(shù)f(*)的單調(diào)區(qū)間；(2)假設(shè)函數(shù)f(*)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值圍．解：(1)假設(shè)a＝1時，f(*)＝3*－2*2＋ln*，定義域為(0，＋∞)，f′(*)＝eq\f(1,*)－4*＋3＝eq\f(－4*2＋3*＋1,*)＝(*>0)．當(dāng)f′(*)>0，*∈(0,1)時，函數(shù)f(*)＝3*－2*2＋ln*單調(diào)遞增．當(dāng)f′(*)<0，*∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(*)＝3*－2*2＋ln*單調(diào)遞減．故函數(shù)f(*)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)f′(*)＝eq\f(3,a)－4*＋eq\f(1,*)，假設(shè)函數(shù)f(*)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即在[1,2]上，f′(*)＝eq\f(3,a)－4*＋eq\f(1,*)≥0或f′(*)＝eq\f(3,a)－4*＋eq\f(1,*)≤0，即eq\f(3,a)－4*＋eq\f(1,*)≥0或eq\f(3,a)－4*＋eq\f(1,*)≤0在[1,2]上恒成立．即eq\f(3,a)≥4*－eq\f(1,*)或eq\f(3,a)≤4*－eq\f(1,*).令h(*)＝4*－eq\f(1,*)，因為函數(shù)h(*)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，解得a<0或0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.題型三：利用導(dǎo)數(shù)解決不等式例：定義在R上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為,是偶函數(shù)且.假設(shè),且,則與的大小關(guān)系是A.B.C.D.不確定解析：由可知,當(dāng)時,函數(shù)遞減.當(dāng)時,函數(shù)遞增.因為函數(shù)是偶函數(shù),所以,,即函數(shù)的對稱軸為.所以假設(shè),則.假設(shè),則必有,則,此時由,即,綜上,選C.變式訓(xùn)練：1.函數(shù)在定義域可導(dǎo)，假設(shè)，且當(dāng)時，，設(shè)，，，則〔D〕A．B．C．D．2.函數(shù)對定義域的任意都有=,且當(dāng)時其導(dǎo)函數(shù)滿足假設(shè)則A. B.C. D.解：由=,可知函數(shù)關(guān)于對稱.由得,所以當(dāng)時,,函數(shù)遞增,所以當(dāng)時,函數(shù)遞減.當(dāng),,,即.所以,所以,即,所以,即,選C.3.函數(shù)，則的大小關(guān)系是A、B、C、D、解：因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以，，當(dāng)時，，所以函數(shù)在遞增，所以有，即，選B.4．[2021·三模]函數(shù)f(*＋1)是偶函數(shù)，且*>1時，f′(*)<0恒成立，又f(4)＝0，則(*＋3)f(*＋4)<0的解集為()A．(－∞，－2)∪(4，＋∞)B．(－6，－3)∪(0，4)C．(－∞，－6)∪(4，＋∞)D．(－6，－3)∪(0，＋∞)解：函數(shù)f(*＋1)是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，這個函數(shù)圖象向右平移1個單位得函數(shù)y＝f(*)的圖象，可得函數(shù)y＝f(*)的圖象關(guān)于直線*＝1對稱，*>1時，f′(*)<0恒成立，說明函數(shù)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，根據(jù)對稱性可得函數(shù)在(－∞，1)上單調(diào)遞增．根據(jù)f(4)＝0可得當(dāng)*>4時，f(*)<0，根據(jù)對稱性可得當(dāng)*<－2時，f(*)<0，當(dāng)－2<*<1或1<*<4時，f(*)>0.不等式(*＋3)f(*＋4)<0等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＋3>0，,f〔*＋4〕<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＋3<0，,f〔*＋4〕>0.))當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＋3>0，,f〔*＋4〕<0))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*>－3，,*＋4>4或*＋4<－2，))解得*>0；當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＋3<0，,f〔*＋4〕>0))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*<－3，,－2<*＋4<1或1<*＋4<4，))解得－6<*<－3.故不等式(*＋3)f(*＋4)<0的解集為(－6，－3)∪(0，＋∞)．5.設(shè)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)時，，且，則不等式的解集為____．解：因為函數(shù)為奇函數(shù)。當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，由圖象可知不等式的解為或，即不等式的解集為。6.函數(shù)?！睮〕假設(shè)函數(shù)在處取得極值，求的值；〔II〕假設(shè)函數(shù)的圖象在直線圖象的下方，求的取值圍；7.函數(shù)，函數(shù)．⑴當(dāng)時，函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有公共點，數(shù)的最大值；⑵當(dāng)時，試判斷函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象的公共點的個數(shù)；⑶函數(shù)的圖象能否恒在函數(shù)的