PAGE§1函數(shù)的單調(diào)性與極值1．1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第25頁[自主梳理]一、導(dǎo)函數(shù)符號與函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系1．假如在某個區(qū)間內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)________，則在這個區(qū)間上，函數(shù)y＝f(x)是增加的．2．假如在某個區(qū)間內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)________，則在這個區(qū)間上，函數(shù)y＝f(x)是削減的．二、導(dǎo)函數(shù)肯定值大小對函數(shù)改變快慢的影響一般地，假如一個函數(shù)在某一范圍內(nèi)導(dǎo)數(shù)的肯定值改變較大，那么函數(shù)值在這個范圍內(nèi)改變的________，這時，函數(shù)的圖像就比較“陡峭”(向上或向下)；反之，函數(shù)的圖像就______一些．[雙基自測]1．當(dāng)x>0時，f(x)＝eq\f(2,x)＋x，則f(x)的遞減區(qū)間是()A．(2，＋∞) B．(0,2)C．(eq\r(2)，＋∞) D．(0，eq\r(2))2．函數(shù)y＝xcosx－sinx在下面哪個區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)3．f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f′(x)的圖像如圖所示，則f(x)的圖像可能是()4．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的范圍是______．[自主梳理]一、f′(x)>0f′(x)<0二、快“平緩”[雙基自測]1．Df′(x)＝－eq\f(2,x2)＋1，x>0，由f′(x)<0，x>0，得0<x<eq\r(2)，∴x>0時，f(x)的遞減區(qū)間是(0，eq\r(2))．2．B3．D由圖知f′(x)在區(qū)間[a，b]上先增大后減小，但始終大于等于0，則f(x)的圖像上點的切線的斜率應(yīng)先增大后減小，只有D符合．4．(－∞，－1]因為f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)＜0，在x∈(－1，＋∞)上恒成立，所以b＜x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立．而x(x＋2)在(－1，＋∞)上大于－1，所以b≤－1.授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第26頁探究一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間[例1]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx(a∈R，a≠0)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解析]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝x＋eq\f(a,x).(1)當(dāng)a>0時，函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，于是有f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，所以函數(shù)只有單調(diào)遞增區(qū)間，其增區(qū)間是(0，＋∞)．(2)當(dāng)a<0時，函數(shù)的定義域是(0，＋∞)，于是由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)>0，得x>eq\r(－a)；由f′(x)＝x＋eq\f(a,x)<0，得0<x<eq\r(－a).所以當(dāng)a<0時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(eq\r(－a)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，eq\r(－a))．當(dāng)函數(shù)解析式中含有參數(shù)時，求其單調(diào)區(qū)間問題往往要轉(zhuǎn)化為解含參數(shù)的不等式問題，這時應(yīng)對所含參數(shù)進(jìn)行適當(dāng)?shù)胤诸愄接?，做到不重不漏，最終要將各種狀況分別進(jìn)行表述．1．試確定下列函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間：(1)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)；(2)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋a2)x2＋a3x＋a2.解析：(1)函數(shù)的定義域為{x|x≠0}．f′(x)＝(x＋eq\f(a,x))′＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋eq\r(a))(x－eq\r(a))．要求f(x)的遞減區(qū)間，故不妨令f′(x)<0，則eq\f(1,x2)(x＋eq\r(a))·(x－eq\r(a))<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a)，且x≠0，∴函數(shù)的遞減區(qū)間為(－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a))．(2)y′＝x2－(a＋a2)x＋a3＝(x－a)(x－a2)，令y′<0，得(x－a)(x－a2)<0.①當(dāng)a<0時，不等式的解集為a<x<a2，此時函數(shù)的遞減區(qū)間為(a，a2)；②當(dāng)0<a<1時，不等式解集為a2<x<a，此時函數(shù)的遞減區(qū)間為(a2，a)；③當(dāng)a>1時，不等式解集為a<x<a2，此時函數(shù)的遞減區(qū)間為(a，a2)；④a＝0，a＝1時，y′≥0，此時，無減區(qū)間．綜上所述：當(dāng)a<0或a>1時，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(a，a2)；當(dāng)0<a<1時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(a2，a)；當(dāng)a＝0，a＝1時，無減區(qū)間．探究二推斷或證明函數(shù)的單調(diào)性[例2]證明函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0,2)上是增加的．[解析]由于f(x)＝eq\f(lnx,x)，所以f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，由于0＜x＜2，所以lnx＜ln2＜1，故f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＞0，即函數(shù)在區(qū)間(0,2)上是增加的．利用導(dǎo)數(shù)推斷或證明一個函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，實質(zhì)上就是推斷或證明不等式f′(x)＞0(f′(x)＜0)在給定區(qū)間上恒成立．一般步驟為：①求導(dǎo)f′(x)；②推斷f′(x)的符號；③給出單調(diào)性結(jié)論．2．推斷y＝ax3－1(a∈R)在R上的單調(diào)性．解析：∵y′＝3ax2，又x2≥0.(1)當(dāng)a＞0時，y′≥0，函數(shù)在R上單調(diào)遞增；(2)當(dāng)a＜0時，y′≤0，函數(shù)在R上單調(diào)遞減；(3)當(dāng)a＝0時，y′＝0，函數(shù)在R上不具備單調(diào)性．探究三已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍[例3]若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．[解析]f′(x)＝3x2＋2x＋m，由于f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．由于導(dǎo)函數(shù)的二次項系數(shù)3＞0，所以只能有f′(x)≥0恒成立．法一：由上述探討可知要使f′(x)≥0恒成立，只需使方程3x2＋2x＋m＝0的判別式Δ＝4－12m≤0，故m≥eq\f(1,3).經(jīng)檢驗，當(dāng)m＝eq\f(1,3)時，只有個別點使f′(x)＝0，符合題意．所以實數(shù)m的取值范圍是m≥eq\f(1,3).法二：3x2＋2x＋m≥0恒成立，即m≥－3x2－2x恒成立．設(shè)g(x)＝－3x2－2x＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))2＋eq\f(1,3)，易知函數(shù)g(x)在R上的最大值為eq\f(1,3)，所以m≥eq\f(1,3).經(jīng)檢驗，當(dāng)m＝eq\f(1,3)時，只有個別點使f′(x)＝0，符合題意．所以實數(shù)m的取值范圍是m≥eq\f(1,3).已知函數(shù)y＝f(x)，x∈[a，b]的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍的步驟：(1)求導(dǎo)數(shù)y＝f′(x)；(2)轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0或f′(x)≤0在x∈[a，b]上恒成立問題；(3)由不等式恒成立求參數(shù)范圍；(4)驗證等號是否成立．3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)內(nèi)為削減的，在區(qū)間(6，＋∞)內(nèi)是增加的，試求實數(shù)a的取值范圍．解析：函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝x2－ax＋a－1.令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1.當(dāng)a－1≤1，即a≤2時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)內(nèi)是增加的，不合題意；當(dāng)a－1>1，即a>2時，函數(shù)f(x)在(－∞，1)內(nèi)是增加的，在(1，a－1)內(nèi)是削減的，在(a－1，＋∞)內(nèi)是增加的．依題意應(yīng)有當(dāng)x∈(1,4)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(6，＋∞)時，f′(x)>0.所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.所以a的取值范圍為[5,7]．利用單調(diào)性證明方程有唯一解[例4]證明方程x－eq\f(1,2)sinx＝0有唯一解．[證明]設(shè)f(x)＝x－eq\f(1,2)sinx，明顯x＝0是方程x－eq\f(1,2)sinx＝0的一個解．因為f′(x)＝1－eq