第二章第12講導數與函數的單調性

a第講導與函數單調性a函的單調在(，)內可導函數()，′)在(a，)任子區(qū)間內都不等于0.f′(x)≥?fx)在(，)上增函數．f′(x)≤?fx)在(，)上減函數．[做做]1．下函數中，為增數的()11Ay＝By＝＋x＋x．＝lg|D＝xx答B(yǎng)2．函f(x)＝－x的調遞增區(qū)間是．解：∵fx)＝－，∴′(x)＝－，fx，答：，＋∞

－1>0，即理導數與數單性的關f′(x或<0)fx)在(，b內調遞或減)的分不要條件；f′(x)≥或≤0)是fx在(a，內調遞增或)的要不分條件fx)＝0不成立．注函f()在區(qū)間[a內調遞或減)x)≥或≤0)在區(qū)間恒成立是f′(x)>0(或<0)恒立”不少．[做做]3．已f(x)＝－[1，＋)上是函數則a的大值_．解：fx＝－≥0，a≤x，又∵x[1＋∞)，≤3，即的大值是3.答：考利導數判斷或證函數的單調性___2x(2014·高考南卷)已常數a＞，函數f(x)＝ln(1)－討論fx)在區(qū)間0，＋上的x＋單性．a（x）－x＋4（－1）[解])＝－＝1＋（＋）（＋ax）（＋2）當≥1時f′(x)＞0.此fx)在(0，＋上單調遞．當＜a＜1時，f)＝0，得＝

1－1－－舍a當x∈，x)，f′(x)＜；當x∈，∞時，f′x)＞故f)在(，)上調遞減，在區(qū)，＋∞上單調增．1綜所述，當≥時fx在區(qū)間(，＋∞)上調遞增；－1－當＜a＜1時，f(x在減，在區(qū)，＋∞aa[規(guī)方法f)(ab)fx))(a)

上調遞增．

4x4xxxxafx4x4xxxxaln（x1）已知函f(x)＝，x∈－，0)(0，)．斷函fx)的單性．xx－（＋）x＋x解f)＝，設g(x＝－x，x>－，x＋11－則)＝－＝，（x1）＋1（＋）當x(－，0)時，′(x，gx)為函數；當x(0，∞)時，g′x)<0，)為減函數．所(x≤＝，)≤，所在x∈(－，和，＋∞)時，f′(x，所fx)在間(－1，，，＋∞上為減數．考二求數的單調區(qū)間____________________x3(2014·高考慶卷)已函數f(＝＋－－，其a∈，曲線＝(x)在(1，f(1))421處切線垂直于直＝x.2求a的；求函數f)的調區(qū)．11[解]對f(x)求得f)＝－－，由f)在點(，(1))處切線垂直直線yx，35f′(1)－－＝2，解得a＝44x5由(1)知f)＝＋－ln－，4xx－x5則fx)＝.令fx)＝，得x＝或＝因＝－不f的義域(0，＋)內，舍去．當x(0，時，f′(x，故fx)在(0，內為減函數當x(5，∞)時，f′(x)>0，fx在5，＋)內為函數．[規(guī)方法(x)f′(x)f(x)fxf((3)fx)已知函f(x)＝lnx－axa∈)，求函f)的調區(qū)間．11解f)＝－(x，當≤，′()＝－，函數f()的調增間為(，＋∞)．1當a>0時令fx)＝－a＝0，得x＝，1－ax1－ax當0<x時f′x)＝當x時f′(x)＝，axax故數fx的單調遞增間為

1]a

，調遞減區(qū)間為

1[,a

由1)(2)知當a≤0時f(x)的調遞增區(qū)間為(，∞)；時f(x)的調遞增區(qū)間為

1]a

，調遞區(qū)間為

1[,a

考三已知函數單調求參數的范圍(高考點)

xxaxxx22x2xx2利導數根據函數單調(區(qū))求數的值范圍，是高考查函數單調的一個重要考，常以解題的形式出現xxaxxx22x2xx2高對函數單調性考查主要有以四個命題角度根據fx)在區(qū)上單調遞增減)求參數的取值圍；根據fx)在區(qū)上存在單調(減區(qū)，求參數的取范圍；根據fx)在區(qū)上為單調函，求參數的取范圍；根據fx)在區(qū)上不單調，參數的取值范．已函數f(x＝x－＋其定義域上不調，求實數的值范圍已知函數f)＝＋lnxa≠0)①函數f(x)的象在(，處切線率為，實數的；2②函數g(x)＝＋fx)在，上是減函，求實數a的值范圍．x[解]法函數f)的義域(，∞)，11因fx)＝x－＋ln，所以fx)＝x－＋＝(4－＋．由數fx在區(qū)間∞上不單可知′x)＝有個正解即4x－＋＝0有兩正解為，x.Δ（－a）－4×4×，x＋x＝，故4解得a>4.所實數的取值范圍(，∞)．1x＝>0，4法：函數f)的義域(0，＋，1因fx)＝x－＋ln，所以fx)＝x－＋1若數fx在其定義域單調遞增，則f)＝x－a＋≥在間，∞)上恒成立．1故≤4＋x111因，以x＋≥x×當僅當4x＝即x時取號．xx所此時a的值范圍(－，．1若數f(x)在其定義上單調遞減，fx＝4－＋≤在(，＋∞)上恒立，1故≥4＋x11因函數yx＋在0，上調減，在，＋∞上單調遞增，以該函數無最值．所以此時xa無，即數在其定義域不可能是單調減函數．綜，若函數在其義域上不單調則實數a的值范圍(，∞)．2a＋2①對f)求導得f)＝x＝，8＋a由知f＝，＝，得a＝2a②gx＝＋x＋2lnx導得)＝＋x.由數gx)在1，2]上是減數，得gx)≤在[1，上成立，22即＋x≤在[12]上成立a≤－x在[2]上成立(x＝－x當∈[1時′xx11(x)＝－2x＝＋2xx

7，由此h(x)在[，2]上為函數，所以h(x)＝h＝，≤于min27實a的取范圍為－，－.[規(guī)方法函數調性確參數圍的方：

23339xxxxxxxxxxx2(ab)(a)23339xxxxxxxxxxx2f)≥f)≤”123.(1)(2015·太原模擬設f)＝x＋x＋2ax若f(x在，＋∞上存在單調遞區(qū)間，32求的值范圍已知函數f)＝lnxae(∈)．1①fx)在(1，f處的線與直線＝x垂，求的值；②fx)在(，＋∞上是單函數，求實數a的值范．1解(1)f)＝x＋x＋2ax由意知322f′(x)＝－＋x＋2在，∞上有，即ax

22－x令(x)＝x，(x)>＝－.即a>－991∴的值范圍－，∞.11①x)＝xe·ae＝－＋lnx

，1f′(1)(1－a)e由(1－)e·＝，得a＝1②①知fx)＝－a＋lnx

，1若f)為調遞函數，則f′()≤0，－a＋ln≤，以a≥＋ln.11－1令(x)＝＋ln(x>0)，gx＝＋＝(x，由gx)>0，得x故(x)在(，上為單調減函數在[，∞)上單調遞增函數，此(x有小值為g(1)，g(x)無大值．故f)不能是調遞減函數．1若f)為調遞函數，則)≥，－a＋ln≥，以a≤＋ln，由上述推理知此時a≤故數的值范圍(－，1]．方思想類論思想究函的單調蘭州市張掖聯(lián)考已知函數fx)＝lnx，g(x＝)＋ax＋，其中數()的象在點1，(1))處的切線平于x．確定與b的系；若a≥，討論函數(x)的調性1[解](1)題意得(x＝lnx＋＋bx則gx)＝＋2ax＋.由函g(x)的象在點g(1))處的切平于x軸得：＝＋＋b＝，∴＝－2－（a＋）＋（－1）（－）由得gx)＝＝.x－∵數(x)的義域為(0，＋)，∴a＝0時g′x)＝－.x由，x<1，由，得，即數(x)在(，上調遞，在，∞)上調遞；1當a>0時令gx)＝，得x＝或x＝，

2a22a2a2a22a22a2a2a2a2a22a2a22a2222a22a2a2a22a22a2a2a2a2a22a2a22a222tt－，，t22t，∞22若，a，gx)>0得x或0<<，)<0，<1，11即數(x)在0，，(1，∞)上單遞增，在，1上單調遞；11若，0<a，gx)>0得x>或0<x，由gx)<0，得<，11即數(x)在(，，，＋∞上調遞增，1，上單調減；1若＝，＝，在(，＋∞)上恒g≥，即數(x)在(，∞上單調增．綜可得：當＝時函數(x)在(0，1)上單調遞增(，∞)上調遞減；1當0<<時函數(x)在(，1)上調遞，在1，上單調遞減，，∞上調遞增；21當＝時，數(x)在(，＋∞)上單調遞增211當a時函數gx)在0，上調遞增，，1上調遞減，在(，＋∞)上調遞．2[名點評f)②fx)0③1aa>012已函數fx)＝x＋3tx－t＋－1，x∈R，其中∈當t＝1時求曲線＝()在(0，f處的切線程；當t≠0時求fx)的調區(qū)．解(1)當t＝時)＝

＋

－x＝0′x＝12x

＋6－6f′＝所以曲＝fx)在(，f處切線程為y－6x.tf′(x)＝＋6tx6tfx＝，得x＝t或x.因t≠0，所分兩種情況討：t①t，<－當x變時，′x，fx)的變情況如下表：2x

2

(－t，＋)f′(x)fx)

＋－＋tt所fx)的調遞增區(qū)間是－，，(－，＋∞)；)的調遞減區(qū)間是，－t②t>0，－t<2當化時f′(x)，fx)的化情如下表：

xf′(x)

(－，－t＋

t－t，2－

＋fx)tt所fx)的調遞增區(qū)間－∞，－)，，＋∞；f)的調遞減區(qū)間是－t，.

xx22222xx22222234ππ1．若數y＝cos＋ax在－，上是增函數，實數a的取值范圍是)2A(－∞1]B(－，1]C[－，∞)D，∞ππππ解：選′＝－sinx＋a，若數在－，上是增數，則a≥sinx在－，上成立，所以22a≥，實數的值范是[1，∞)．lnx2．若fx)＝，e<a<b，則()xAf(afbBf(a＝(b)Cf(a)<(b)

D．(a)fb)>11－lnx解：選A.′x＝，>e時f′x)<0，f)在(，＋)上減函數f(afb)．x3．(2014·考課標國卷)若數(x)＝kx－lnx在區(qū)間1，∞)單遞增，則k的值范圍()A(－∞2]B(－，－C，∞

D．[1，＋)11解：選由于fx)＝k，fx)＝－lnx在區(qū)間(1，∞)單遞增′(x＝k－≥0在(1，∞)上11成．由于≥，而0<<1，所≥即的值范[，＋∞)．x1f4．已函數y的象如圖示，則函數f)的調遞增區(qū)間為)A(－∞，．－∞，0)和(2，．，2)D．1解選B.因為數y是R上減函數，所fx)>0充要件是0<1f（條是1）由象可知，當x∈(－∞，∪，＋)時<1，即fx所函數f(x)的調遞區(qū)間－∞0)和(，＋∞)．故B.

，′x)<0的充要5內蒙鄂爾多模擬)知a≥，數f)＝x－2，f(x在[－1上單調函數，則的值范圍()3A<B.<a<431C≥D0<a<42解選f′(x＝(2x－2＋(x－＝[x＋－a)x2a，題意當∈[－1，時f′)≤恒成，即＋－2)x2≤恒立．，令(x)＝＋－a－，有，＋（2－）（－）2a≤0，即解得≥.2a－a≤，6．函f(x)＝1＋xsinx在，2)上單調況是_．解在(0，π)上有fx＝－cosx所以f(x)在(0，π)上單調遞增答單調遞增

22xexx22xexx7河省市調研若數f(x)＝－＋ax＋恰[－上調減數a的值為．3213解∵)＝－＋＋4，∴f′(x＝－3x＋，函數f()恰[，4]上調遞減，∴－1，324是f′(x＝的根，＝(－1)×＝－4.答－8．(2015·東期末若函f(x＝x－在區(qū)(k，k上不單調函，則實數k的取值圍是________解因為)＝3x－12由fx)>0，得函的增區(qū)間(－，－2)及，＋∞)，由f)<0，得函數減區(qū)間(－，2)，由于函在(k－，＋上不是單調數，所以－－＋或k＋，解－k<－1或k答：(－，1)∪，3)19．設數f(x)＝x(e－1)x，fx)的單區(qū)間2解fx)＝－＋e－＝－x．當x(－，－1)∪，∞)時，f′x；當x(－，0)時，f(x)<0.故f)在(－，－，(0，＋)上單調遞增函數(－1，上是單調遞函數．10．(2014·高重慶節(jié)選)知函數f(x＝ae－be

－cx(a，，∈)的函數)為函數且曲線＝fx)在(0，f處的切線的斜率4－c.確定a，的；若c＝3，判fx)的調性．解(1)對f(x)求，得fx＝＋2be－，由fx)為函數，知f－)＝)恒立，即2(－b－e)＝恒立，所以a＝.又f′(0)＝a＋－＝－c故＝1，＝當c3時，(x)＝e－3，那么f)＝2e＋2e－≥·－＝1>0，fx在R上增數．lnx＋1．已函數(x)＝(為數，是然對數的底數)，線yf(x)在(，f(1))處切線與軸行．求m的；求f)的調區(qū)．1－ln－x－解(1)由題得)＝，又f＝＝，＝1－x－1x由(1)知，f′(x＝11設(x)＝－ln－，′()＝－－，即h(x在(，＋∞)上減函．由＝0知當<1時(x)>0，而；當x，h，而)<0.綜可知，fx的調遞增區(qū)間是(，，調遞減區(qū)間是1，＋)．2．已函數f(x)＝＋b－2(b∈)，(x＝(x)＋2，且對于任實數x恒有(x－F