5.3.1 单 调 性(1)
1. 结合实例,借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2. 能利用导数研究函数的单调性.
3. 对于多项式函数,能求不超过三次的多项式函数的单调区间.
活动一 掌握函数的导数与单调性的联系
1. (1) 复习巩固:函数单调性的定义,导数的概念及四则运算;
(2) 导数f′(x)刻画了函数f(x)在每一点处的变化趋势(上升或下降的陡峭程度),而函数的单调性也是对函数变化的一种刻画,那么导数与函数的单调性有什么联系?
2. 我们知道判断函数y=x2的单调性可以用定义法、图象法,对于函数y=x3-3x,如何判断它的单调性呢?
3. 结论:
设函数y=f(x)在区间(a,b)上,
(1) 如果________________,那么f(x)在该区间上________;
(2) 如果________________,那么f(x)在该区间上________.
4. 试结合y=x3进行思考:如果函数f(x)在某区间上单调递增,那么在该区间上必有f′(x)>0吗?
用导数求函数单调区间的一般步骤:
(1) 求定义域;
(2) 求f′(x);
(3) 解不等式f′(x)>0或f′(x)<0;
(4) 确定单调区间.
活动二 掌握用导数的方法研究函数的单调性
例1 确定函数f(x)=2x3-6x2+7在哪些区间上单调递增.
例2 (1) 求函数f(x)=sin x,x∈[0,2π]的单调减区间;
(2) 求函数f(x)=sin x-x,x∈(0,π)的单调减区间.
求下列函数的单调区间.
(1) f(x)=3x2-2ln x;
(2) f(x)=x2·e-x;
(3) f(x)=x+.
1. (2024重庆长寿期末)函数f(x)=-x3+x2+3x+a(其中a∈R)的单调增区间是( )
A. (-∞,-1)∪(3,+∞) B. (-1,3)
C. (-3,1) D. R
2. (2024山东期中)如图是函数f(x)的导函数f′(x)的图象,则下列结论中正确的是( )
A. f(x)在区间(0,a)内是常函数
B. f(x)在区间(a,c)上单调递减
C. f(x)在区间(c,d)上单调递增
D. f(x)在区间(d,e)上单调递增
3. (多选)(2024重庆七校期末联考)已知函数f(x)=x-sin x,则下列结论中正确的是( )
A. f(x)为奇函数 B. f(x)为其定义域上的减函数
C. f(x)有唯一的零点 D. f(x)的图象与直线y=1相切
4. (2024宿迁期末)函数y=2(e+e-)的单调增区间为________.
5. (2024盐城期末)已知函数f(x)=ex+cos x,x≥0.
(1) 求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2) 求证:f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.
5.3.1 单 调 性(2)
掌握利用导数判断函数单调性的方法,能运用函数的单调性解决简单的综合题.
活动一 掌握利用导数判断函数单调性的一般步骤
例1 求证:函数f(x)=在区间(0,)上单调递减.
已知函数f(x)=ex+a(x+4).讨论f(x)的单调性.
活动二 函数单调性的应用一(求参数范围)
例2 已知函数f(x)=2x3+ax2+1.
(1) 若函数f(x)的单调减区间为[0,2],求实数a的值;
(2) 若函数f(x)在区间[0,2]上单调递减,求实数a的取值范围.
例3 已知函数f(x)=kx-ln x.
(1) 若函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,求实数k的取值范围;
(2) 在函数f(x)区间(1,+∞)上单调递减,求实数k的取值范围;
(3) 在函数f(x)区间(1,+∞)上不单调,求实数k的取值范围.
活动三 函数单调性的应用二(证明不等式)
例4 求证:当x>0时,x-1≥ln x.
求证:当x∈(-∞,0)时,ex>x+1.
活动四 函数单调性的应用三(函数的零点)
例5 求证:方程x-sin x=0有且只有一个根为x=0.
(2024海南海口期末)已知函数f(x)=a sin x-x cos x在区间上有零点,求实数a的取值范围.
1. (2024东营期末)已知函数f(x)=ln x-mx,若函数f(x)在区间[1,2]上单调递减,则实数m的最小值为( )
A. 1 B. C. 2 D. 2
2. (2025盐城期末)若函数f(x)=x3-2x2+ax-5在区间[1,2]上单调,则实数a的取值范围是( )
A. (-∞,3]∪[4,+∞) B. (3,4)
C. [4,+∞) D. (-∞,3)∪(4,+∞)
3. (多选)(2025南京期末)下列不等式恒成立的有( )
A. 当x∈时,x>sin x B. 当x∈(0,+∞)时,x>ln x
C. ex>x+1(其中,e为自然对数的底数) D. 当x∈(1,+∞)时,x->2ln x
4. (2024益阳南县一中期末)已知函数f(x)=(x-3)ex+x2-2x+1在区间(2m-2,3+m)上不单调,则实数m的取值范围是________.
5. (2024淄博一模改编)已知函数f(x)=ex-sin x-1.
(1) 讨论函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2) 求证:函数f(x)在区间上有唯一零点.
5.3.1 单 调 性(1)
【活动方案】
1. (1) 略
(2) 如果函数f(x)在区间(a,b)上单调递增,那么对任意的x1,x2∈(a,b),当x10,即>0.这表明,函数的平均变化率与其单调性密切相关.
2. 定义法是解决问题的根本方法,但是定义法较繁琐,又不能画出它的图象.通过前面的学习,我们可以通过研究函数的导数来判断它的单调性.
3. (1) 在某区间上f′(x)>0 单调递增
(2) 在某区间上f′(x)<0 单调递减
4. 不是,因为y′=3x2≥0恒成立,所以y=x3在R上单调递增,而f′(x)不一定恒大于0,也有可能等于0.
例1 由题意,得f′(x)=6x2-12x.
令f′(x)>0,解得x<0或x>2,
所以函数f(x)在区间(-∞,0)上,f′(x)>0,f(x)单调递增;在区间(2,+∞)上,f′(x)>0,f(x)也单调递增.
例2 (1) 由题意,得f′(x)=cos x.
令f′(x)<0,即cos x<0.
又x∈[0,2π],所以x∈(,),
故函数f(x)的单调减区间为(,).
(2) 由题意,得f′(x)=cos x-1.
令f′(x)<0,即cos x<1.
又x∈(0,π),所以x∈(0,π),
故函数f(x)的单调减区间为(0,π).
跟踪训练 (1) 易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=6x-.
令f′(x)>0,得x>,令f′(x)<0,得0(2) 易知函数f(x)的定义域为R,f′(x)=(x2)′e-x+x2(e-x)′=2xe-x-x2e-x=e-x·(2x-x2).
令f′(x)>0,得02,所以f(x)的单调减区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调增区间为(0,2).
(3) 易知函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f′(x)=1-.
令f′(x)>0,得x>1或x<-1,令f′(x)<0,得-1【检测反馈】
1. B 由题意,得f′(x)=-x2+2x+3=-(x+1)(x-3).令f′(x)>0,解得-12. D 对于A,当00,当b0,所以f(x)在区间(d,e)上单调递增,故D正确.
3. AC 对于A,因为f(x)的定义域为R,关于原点对称,又f(-x)=-x-sin (-x)=-x+sin x=-f(x),所以f(x)为奇函数,故A正确;对于B,f′(x)=1-cos x≥1-1=0,所以f(x)是定义域上的增函数,故B错误;对于C,因为f(0)=0-sin 0=0,且f(x)是定义域上的增函数,所以f(x)有唯一的零点,故C正确;对于D,因为f′(x)=1-cos x,令1-cos x=0,可得x=2kπ,k∈Z,所以斜率为0的切线方程为y-(2kπ-sin 2kπ)=0·(x-2kπ),k∈Z,即y=2kπ,k∈Z,显然2kπ≠1,故D错误.故选AC.
4. [0,+∞) 由题意,得y′=e-e-.因为y=e单调递增,y=e-单调递减,所以y′=e-e-单调递增,当x=0时,y′=0,所以当x≥0时,y′≥0,所以函数的单调增区间是[0,+∞).
5. (1) 因为f′(x)=ex-sin x,x≥0,
所以f′(0)=1,f(0)=2,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-2=x,
即x-y+2=0.
(2) 由(1)知,f′(x)=ex-sin x,x≥0.
因为x≥0,所以ex≥1.
又-1≤sin x≤1,
所以f′(x)=ex-sin x≥1-sin x≥0,
所以f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.
5.3.1 单 调 性(2)
【活动方案】
例1 由题意,得f′(x)=.
因为当0所以x cos x所以f′(x)<0,
所以函数f(x)=在区间(0,)上单调递减.
跟踪训练 由函数f(x)=ex+a(x+4),得f′(x)=ex+a,
当a≥0时,f′(x)>0,所以f(x)在R上单调递增;
当a<0时,令f′(x)=0,则x=ln (-a),
所以当x当x>ln (-a)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
综上,当a≥0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在区间(-∞,ln (-a))上单调递减,在区间(ln (-a),+∞)上单调递增.
例2 (1) f′(x)=6x2+2ax,则由题意,得6×22+2a×2=0,解得a=-6,
故实数a的值为-6.
(2) f′(x)=6x2+2ax,
则由题意,得解得a≤-6,
故实数a的取值范围是(-∞,-6].
例3 (1) 由f(x)=kx-ln x,得f′(x)=k-.
因为函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以 x∈(1,+∞),f′(x)≥0恒成立,
即k≥恒成立.
又0<≤1,所以k≥1,
即实数k的取值范围是[1,+∞).
(2) 由(1)知,f′(x)=k-.
因为函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,
所以 x∈(1,+∞),f′(x)≤0恒成立,
即k≤恒成立,
又0<≤1,所以k≤0,
即实数k的取值范围是(-∞,0].
(3) 由(1)知,f′(x)=k-.
因为函数f(x)在区间(1,+∞)上不单调,
所以函数f′(x)在区间(1,+∞)上存在变号零点.
令f′(x)=0,得x=.
又f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增,
所以∈(1,+∞),解得0所以实数k的取值范围是(0,1).
例4 要证x-1≥ln x(x>0),
只需证 x-1-ln x≥0(x>0).
令f(x)=x-1-ln x(x>0),则f′(x)=1-,
当0当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)≥f(1)=1-1-ln 1=0,
即x-1-ln x≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
故当x>0时,x-1≥ln x.
跟踪训练 设f(x)=ex-x-1,
则f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,ex∈(0,1),所以ex-1<0,
所以函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减.
又f(0)=e0-0-1=0,所以f(x)>0,
即当x∈(-∞,0)时,ex>x+1.
例5 设f(x)=x-sin x,
则f′(x)=1-cos x>0,
故函数f(x)在R上为增函数.
因为f(π)=π>0,f(-π)=-π<0,f(0)=0,
所以方程x-sin x=0有且只有一个根为x=0.
跟踪训练 问题等价转化为a=在区间上有解.
令g(x)=,x∈,则g′(x)=,
令h(x)=sin2x-x,x∈,则h′(x)=cos 2x-1<0,所以h(x)单调递减,
则h(x)故g(x)在区间上单调递减,此时g(x)g=-,
所以a的取值范围为.
【检测反馈】
1. A 由题意,得f′(x)=-m≤0在区间[1,2]上恒成立,故m≥,则m≥1,故实数m的最小值为1.
2. A 由题意,得f′(x)=x2-4x+a.由函数f(x)在区间[1,2]上单调,得f′(x)≥0或f′(x)≤0,即x2-4x+a≥0或x2-4x+a≤0,x∈[1,2],即a≥(4x-x2)max或a≤(4x-x2)min,x∈[1,2],令y=4x-x2=-(x-2)2+4,x∈[1,2],当x=1时,y取得最小值3,当x=2时,y取得最大值4,所以a≥4或a≤3.
3. ABD 对于A,令f(x)=x-sin x,x∈,则f′(x)=1-cos x>0,故f(x)在区间上单调递增,故f(x)>f(0)=0,即x>sin x,故A正确;对于B,令m(x)=ln x-x,则m′(x)=-1,当x>1时,m′(x)<0,m(x)在区间(1,+∞)上单调递减;当00,m(x)在区间(0,1)上单调递增,故m(x)≤m(1)=-1<0,故ln x0时,n′(x)>0,n(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当x<0时,n′(x)<0,n(x)在区间(-∞,0)上单调递减,所以n(x)≥n(0)=0,故ex≥x+1,故C错误;对于D,令g(x)=x--2ln x,x∈(1,+∞),则g′(x)=1+-==>0,故g(x)在区间(1,+∞)上单调递增,故g(x)>g(1)=0,故x->2ln x,故D正确.故选ABD.
4. (-1,2) 由题意,得f′(x)=(x-3)ex+ex+x-2=(ex+1)(x-2).因为f(x)在区间(2m-2,3+m)上不单调,所以y=f′(x)在区间(2m-2,3+m)上有零点.又ex+1>0,所以y=x-2的零点x=2在区间(2m-2,3+m)内,所以解得-15. (1) 函数f(x)=ex-sin x-1,当x>0时,f′(x)=ex-cos x>1-cos x≥0,
所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
(2) 由(1)知,f′(x)=ex-cos x,当x∈时,f′(x)>0,所以函数f(x)在区间上单调递增,
又f(-π)=e-π-1<0,f=e->0,
所以函数f(x)在区间上有唯一零点.