3．3.1單調(diào)性學(xué)習(xí)目標1.結(jié)合實例，直觀探索并掌握函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.2.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，并能夠利用單調(diào)性證明一些簡單的不等式.3.會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．知識點函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)正負的關(guān)系思考1觀察下列各圖，完成表格內(nèi)容函數(shù)及其圖象切線斜率k正負導(dǎo)數(shù)正負單調(diào)性正[1，＋∞)上單調(diào)______R上單調(diào)________負(0，＋∞)上單調(diào)______(0，＋∞)上單調(diào)______(－∞，0)上單調(diào)______

思考2依據(jù)上述分析，可得出什么結(jié)論？梳理(1)導(dǎo)數(shù)值切線的斜率傾斜角曲線的變化趨勢函數(shù)的單調(diào)性>0________0______角單調(diào)______<0________0______角單調(diào)______(2)在區(qū)間(a，b)內(nèi)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)有如下關(guān)系：函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)單調(diào)遞________f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間上都不恒為零單調(diào)遞________f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間上都不恒為零常函數(shù)f′(x)＝0類型一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間命題角度1求不含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1求f(x)＝3x2－2lnx的單調(diào)區(qū)間．反思與感悟求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)y′＝f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，函數(shù)在定義域內(nèi)的解集上為增函數(shù)；(4)解不等式f′(x)<0，函數(shù)在定義域內(nèi)的解集上為減函數(shù)．跟蹤訓(xùn)練1求函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x－2)的單調(diào)區(qū)間．命題角度2求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2討論函數(shù)f(x)＝x2－alnx(a≥0)的單調(diào)性．引申探究若將本例改為f(x)＝ax2－lnx(a∈R)呢？反思與感悟(1)在判斷含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性時，不僅要考慮到參數(shù)的取值范圍，而且要結(jié)合函數(shù)的定義域來確定f′(x)的符號，否則會產(chǎn)生錯誤．(2)分類討論是把整個問題劃分為若干個局部問題，在每一個局部問題中，原先的不確定因素就變成了確定性因素，當這些局部問題都解決了，整個問題就解決了．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，其中x∈R，t∈R.當t≠0時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．類型二證明函數(shù)的單調(diào)性問題例3證明：函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減．反思與感悟關(guān)于利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)單調(diào)性的問題：(1)首先考慮函數(shù)的定義域，所有函數(shù)性質(zhì)的研究必須保證在定義域內(nèi)這個前提下進行．(2)f′(x)>(或<)0，則f(x)為單調(diào)遞增(或遞減)函數(shù)；但要特別注意，f(x)為單調(diào)遞增(或遞減)函數(shù)，則f′(x)≥(或≤)0.跟蹤訓(xùn)練3證明：函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)在區(qū)間(0，e)上是增函數(shù)．類型三已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍例4已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，常數(shù)a∈R)．若函數(shù)f(x)在x∈[2，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．反思與感悟已知函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)解析式中參數(shù)的取值范圍，可轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，一般地，函數(shù)f(x)在區(qū)間I上單調(diào)遞增(或減)，轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0(f′(x)≤0)在區(qū)間I上恒成立，再用有關(guān)方法可求出參數(shù)的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練4已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋2在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．1．關(guān)于函數(shù)f(x)＝1－x－sinx，下列說法正確的是________．(填序號)①在(0,2π)上是增函數(shù)；②在(0,2π)上是減函數(shù)；③在(0，π)上是增函數(shù)，在(π，2π)上是減函數(shù)；④在(0，π)上是減函數(shù)，在(π，2π)上是增函數(shù)．2．設(shè)函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)可導(dǎo)，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象可能是________．3．函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)增區(qū)間為________．4．若函數(shù)y＝x3－ax2＋4在(0,2)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍為________．5．求函數(shù)f(x)＝(x－k)ex的單調(diào)區(qū)間．1．導(dǎo)數(shù)的符號反映了函數(shù)在某個區(qū)間上的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)絕對值的大小反映了函數(shù)在某個區(qū)間或某點附近變化的快慢程度．2．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間的一般步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0和f′(x)<0；(4)根據(jù)(3)的結(jié)果確定函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．提醒：完成作業(yè)第3章§3.33.3.1

答案精析問題導(dǎo)學(xué)知識點思考1正遞增正正遞增負遞減負負遞減負負遞減思考2一般地，設(shè)函數(shù)y＝f(x)，在區(qū)間(a，b)上，①如果f′(x)>0，則f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞增；②如果f′(x)<0，則f(x)在該區(qū)間上單調(diào)遞減．梳理(1)>銳上升遞增<鈍下降遞減(2)增減題型探究例1解f(x)＝3x2－2lnx的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝6x－eq\f(2,x)＝eq\f(23x2－1,x)＝eq\f(2\r(3)x－1\r(3)x＋1,x)，由x>0，解f′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)；由x<0，解f′(x)<0，得0<x<eq\f(\r(3),3).所以函數(shù)f(x)＝3x2－2lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(\r(3),3)，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(\r(3),3))．跟蹤訓(xùn)練1解函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)．f′(x)＝eq\f(exx－2－ex,x－22)＝eq\f(exx－3,x－22).因為x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以ex>0，(x－2)2>0.由f′(x)>0，得x>3，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)；由f′(x)<0，得x<3.又函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，2)和(2,3)．例2解函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－a,x).設(shè)g(x)＝2x2－a，由g(x)＝0，得2x2＝a.當a＝0時，f′(x)＝2x>0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)；當a>0時，由g(x)＝0，得x＝eq\f(\r(2a),2)或x＝－eq\f(\r(2a),2)(舍去)．當x∈(0，eq\f(\r(2a),2))時，g(x)<0，即f′(x)<0；當x∈(eq\f(\r(2a),2)，＋∞)時，g(x)>0，即f′(x)>0.所以當a>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，eq\f(\r(2a),2))上為減函數(shù)，在區(qū)間(eq\f(\r(2a),2)，＋∞)上為增函數(shù)．綜上，當a＝0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0，＋∞)；當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(eq\f(\r(2a),2)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(0，eq\f(\r(2a),2))．引申探究解f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)，當a≤0時，且x∈(0，＋∞)，f′(x)<0，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)；當a>0時，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2a),2a)或－eq\f(\r(2a),2a)(舍去)．當x∈(0，eq\f(\r(2a),2a))時，f′(x)<0，∴f(x)為減函數(shù)；當x∈(eq\f(\r(2a),2a)，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)為增函數(shù)．綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)；當a>0時，f(x)在(0，eq\f(\r(2a),2a))上為減函數(shù)，在(eq\f(\r(2a),2a)，＋∞)上為增函數(shù)．跟蹤訓(xùn)練2解f′(x)＝12x2＋6tx－6t2＝6(x＋t)(2x－t)，令f′(x)＝0，得x1＝－t，x2＝eq\f(t,2).當t<0，x∈(eq\f(t,2)，－t)時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)；當x∈(－∞，eq\f(t,2))時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)，同理當x∈(－t，＋∞)時，f(x)也為增函數(shù)．∴當t<0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，eq\f(t,2))和(－t，＋∞)，f(x)的減區(qū)間為(eq\f(t,2)，－t)；當t>0，x∈(－t，eq\f(t,2))時，f′(x)<0，此時f(x)為減函數(shù)，當x∈(－∞，－t)和x∈(eq\f(t,2)，＋∞)時，f′(x)>0，此時f(x)為增函數(shù)，∴當t>0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－t)，(eq\f(t,2)，＋∞)，f(x)的減區(qū)間為(－t，eq\f(t,2))．綜上所述，①當t<0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，eq\f(t,2))，(－t，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(eq\f(t,2)，－t)．②當t>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－t)，(eq\f(t,2)，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間是(－t，eq\f(t,2))．例3證明f′(x)＝eq\f(xcosx－sinx,x2)，又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則cosx<0，sinx>0，∴xcosx－sinx<0，∴f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是減函數(shù)．跟蹤訓(xùn)練3證明∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(x·\f(1,x)－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2).又0<x<e，∴l(xiāng)nx<lne＝1.∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)>0，故f(x)在區(qū)間(0，e)上是增函數(shù)．例4解f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2).要使f(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)時恒成立，即eq\f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)時恒成立．∵x2>0，∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)時恒成立．∴a≤(2x3)min.∵當x∈[2，＋∞)時，y＝2x3是單調(diào)遞增的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16.當a＝16時，f′(x)＝eq\f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))，有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范圍是(－∞，16]．跟蹤訓(xùn)練4解方法一f′(x)＝x2－ax－(a＋1)，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，所以f′(x)≤0，即x2－ax－(a＋1)≤0，解得a≥x－1.因為在[1,2]上，a≥x－1恒成立，所以a≥(x－1)max＝1.所以a的取值范圍是[1，＋∞)．方法二f′(x)＝(x＋1)[x－(a＋1)]，由于函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，所以f′(x)≤0，當a>－2時，解得－1≤x≤a＋1，即減區(qū)間為[－1，a＋1]，則[1,2]?