題型一 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
例1 函數(shù)y=x2-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_______.
破題切入點(diǎn) 求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，根據(jù)定義解不等式f′(x)<0即可，求解時(shí)注意函數(shù)的定義域.
答案 (0,1]
解析 由題意知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，+∞)，
又由y′=x-≤0，解得00，得f′(x)>0;
當(dāng)-20，得f′(x)<0;
當(dāng)x>2時(shí)，y=(1-x)f′(x)<0，得f′(x)>0，
∴f(x)在(-∞，-2)上是增函數(shù)，在(-2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，+∞)上是增函數(shù)，
∴函數(shù)f(x)有極大值f(-2)和極小值f(2).
總結(jié)提高 (1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：
�、俅_定函數(shù)的定義域.
�、谇髮�(dǎo)函數(shù)f′(x).
③若求單調(diào)區(qū)間或證明單調(diào)性，只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解或證明不等式f′(x)>0或f′(x)<0;若已知函數(shù)f(x)的單調(diào)性則轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間上恒成立問(wèn)題來(lái)求解，一般是利用函數(shù)與方程思想，將字母分離出來(lái).
(2)利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)單調(diào)性應(yīng)注意的問(wèn)題：
�、賳握{(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，首先要求函數(shù)的定義域，因?yàn)楹瘮?shù)求導(dǎo)之后，自變量的取值范圍可能會(huì)發(fā)生變化.
�、谇罂蓪�(dǎo)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即為解不等式，若已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題，注意驗(yàn)證所得參數(shù)范圍的端點(diǎn)值.
1.若函數(shù)h(x)=2x-+在(1，+∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________.
答案 [-2，+∞)
解析 由條件得h′(x)=2+=≥0在(1，+∞)上恒成立，即k≥-2x2在(1，+∞)上恒成立，所以k∈[-2，+∞).
2.已知函數(shù)f(x)=x2+mx+ln x是單調(diào)遞增函數(shù)，則m的取值范圍是________.
答案 [-2，+∞)
解析 依題意知，x>0，f′(x)=，
令g(x)=2x2+mx+1，x∈(0，+∞)，
當(dāng)-≤0時(shí)，g(0)=1>0恒成立，∴m≥0成立，
當(dāng)->0時(shí)，則Δ=m2-8≤0，∴-2≤m<0，
綜上，m的取值范圍是m≥-2.
3.若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo)，且滿足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立，且常數(shù)a，b滿足a>b，則下列不等式一定成立的是________.
�、賏f(b)>bf(a); ②af(a)>bf(b);
�、踑f(a)-f(x)，
得xf′(x)+f(x)>0，
即F′(x)>0，
所以F(x)在R上為遞增函數(shù).
因?yàn)閍>b，所以af(a)>bf(b).
4.(2014·課標(biāo)全國(guó)Ⅱ改編)若函數(shù)f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1，+∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是________.
答案 [1，+∞)
解析 由于f′(x)=k-，f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1，+∞)單調(diào)遞增f′(x)=k-≥0在(1，+∞)上恒成立.
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范圍為[1，+∞).
5.設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(2)=0，當(dāng)x>0時(shí)，有<0恒成立，則不等式x2f(x)>0的解集是________________.
答案 (-∞，-2)∪(0,2)
解析 x>0時(shí)′<0，∴φ(x)=為減函數(shù)，
又φ(2)=0，∴當(dāng)且僅當(dāng)00，
此時(shí)x2f(x)>0.
又f(x)為奇函數(shù)，∴h(x)=x2f(x)也為奇函數(shù).
故x2f(x)>0的解集為(0,2)∪(-∞，-2).
6.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且f(x)f(); ②f(1)<2f()sin 1;
�、踗()>f(); ④f()0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，
所以g()0，函數(shù)f(x)=x3-ax在[1，+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，則a的取值范圍是________.
答案 (0,3]
解析 ∵f′(x)=3x2-a，f(x)在[1，+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴f′(x)≥0，∴a≤3x2，∴a≤3.
又a>0，可知00恒成立，
m≥-2+，
令g(x)=-2+，則當(dāng)=1時(shí)，函數(shù)g(x)取最大值1，故m≥1.
9.設(shè)f(x)=-x3+x2+2ax.若f(x)在(，+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍為_(kāi)_______.
答案 (-，+∞)
解析 由已知得f′(x)=-x2+x+2a
=-(x-)2++2a.
當(dāng)x∈[，+∞)時(shí)，f′(x)的最大值為f′()=+2a.
令+2a>0，得a>-.
所以當(dāng)a>-時(shí)，f(x)在(，+∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間.
10.已知a∈R，函數(shù)f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;
(2)函數(shù)f(x)是否為R上的單調(diào)函數(shù)?若是，求出a的取值范圍;若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.
解 (1)當(dāng)a=2時(shí)，f(x)=(-x2+2x)ex，
∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex
=(-x2+2)ex.
令f′(x)>0，即(-x2+2)ex>0.
∵ex>0，∴-x2+2>0，解得-0，∴x2-(a-2)x-a≥0對(duì)x∈R都成立.
∴Δ=[-(a-2)]2+4a≤0，即a2+4≤0，這是不可能的.
故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減.
若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，
則f′(x)≥0對(duì)x∈R都成立，
即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0對(duì)x∈R都成立，
∵ex>0，∴x2-(a-2)x-a≤0對(duì)x∈R都成立.
而Δ=[-(a-2)]2+4a=a2+4>0，
故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞增.
綜上可知，函數(shù)f(x)不可能是R上的單調(diào)函數(shù).
11.已知函數(shù)f(x)=(a∈R)，g(x)=.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值;
(2)若函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
解 (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，+∞)，f′(x)=.
令f′(x)=0，得x=e1-a，
當(dāng)x∈(0，e1-a)時(shí)，f′(x)>0，f(x)是增函數(shù);
當(dāng)x∈(e1-a，+∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)是減函數(shù).
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e1-a]，
單調(diào)遞減區(qū)間為[e1-a，+∞)，
極大值為f(x)極大值=f(e1-a)=ea-1，無(wú)極小值.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=，
則F′(x)=.
令F′(x)=0，得x=e2-a;
令F′(x)>0，得xe2-a，
故函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2-a]上是增函數(shù)，
在區(qū)間[e2-a，+∞)上是減函數(shù).
①當(dāng)e2-a0時(shí)，函數(shù)F(x)在區(qū)間(0，e2-a]上是增函數(shù)，
在區(qū)間[e2-a，e2]上是減函數(shù)，F(xiàn)(x)max=F(e2-a)=ea-2.
又F(e1-a)=0，F(xiàn)(e2)=>0，
由圖象，易知當(dāng)00，
此時(shí)函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上有1個(gè)公共點(diǎn).
②當(dāng)e2-a≥e2，即a≤0時(shí)，
F(x)在區(qū)間(0，e2]上是增函數(shù)，
F(x)max=F(e2)=.
若F(x)max=F(e2)=≥0，即-1≤a≤0時(shí)，
函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上只有1個(gè)公共點(diǎn);
若F(x)max=F(e2)=<0，即a<-1時(shí)，
函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象在區(qū)間(0，e2]上沒(méi)有公共點(diǎn).
綜上，滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，+∞).
12.(2014·大綱全國(guó))函數(shù)f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)，求a的取值范圍.
解 (1)f′(x)=3ax2+6x+3，f′(x)=0的判別式Δ=36(1-a).
①若a≥1，則f′(x)≥0，且f′(x)=0當(dāng)且僅當(dāng)a=1，x=-1，故此時(shí)f(x)在R上是增函數(shù).
�、谟捎赼≠0，故當(dāng)a<1時(shí)，f′(x)=0有兩個(gè)根
x1=，x2=.
若00，故f(x)分別在(-∞，x2)，(x1，+∞)是增函數(shù);
當(dāng)x∈(x2，x1)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是減函數(shù);
若a<0，則當(dāng)x∈(-∞，x1)或x∈(x2，+∞)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)分別在(-∞，x1)，(x2，+∞)是減函數(shù);
當(dāng)x∈(x1，x2)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)是增函數(shù).
(2)當(dāng)a>0，x>0時(shí)，f′(x)=3ax2+6x+3>0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù).
當(dāng)a<0時(shí)，f(x)在區(qū)間(1,2)是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得-≤a<0.
綜上，a的取值范圍是[-，0)∪(0，+∞).
