函数的单调性与导数3

来源：网络收集时间：2026-01-12

导读： 1.3.1 函数的单调性与导数 6.已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域 R内单调递增，求a的取值范围； (3)是否存在a,使f(x)在(-∞,0] 上单调递减，在[0,+∞)上单调递增？若存在，求出a值；若不存在，说明理解析：f′(x)=ex-a.

1.3.1 函数的单调性与导数

6.已知f(x)=ex-ax-1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域 R内单调递增，求a的取值范围； (3)是否存在a,使f(x)在(-∞,0] 上单调递减，在[0,+∞)上单调递增？若存在，求出a值；若不存在，说明理解析：f′(x)=ex-a. 由. (1)若a≤0,f′(x)=ex-a≥0恒成立，即f(x)在R上递增. 若a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna. ∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞).

(2)∵f(x)在R内单调递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立

∴ex-a≥0,即a≤ex在R上恒成立.∴a≤(ex)min,又∵ex>0,∴a≤0. (3)解法一由题意知ex-a≤0在(-∞,0]上恒成立. ∴a≥ex在(-∞,0]上恒成立. ∵ex在(-∞,0]上为增函数.

∴x=0时，ex最大为1.∴a≥1.同理可知ex-a≥0在[0,+∞)上恒成立. ∴a≤ex在[0,+∞)上恒成立.∴a≤1,∴a=1. 解法二由题意知，x=0为f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1.

例4:方程根的问题1 求证：方程 x sin x 0 只有一个根。 2

1 f ( x ) x - sin x,x ( , ) 2 1 f '( x ) 1 cos x 0 2 f(x)在( , )上是单调函数，而当x 0时，(x )=0 f 1 方程x sin x 0有唯一的根x 0. 2

5. 当x>0时，证明不等式：1+2x<e2x.证明：令f(x)=e2x-1-2x. ∴f′(x)=2e2x-2=2(e2x-1), ∵x>0,∴e2x>e0=1,∴2(e2x-1)>0, 即f′(x)>0. ∴f(x)=e2x-1-2x在(0,+∞)上是增函数. ∵f(0)=e0-1-0=0.∴当x>0时，f(x)>f(0)=0,  即e2x-1-2x>0.∴1+2x<e2x

【例】已知函数

(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y-1=0平行，求a的值； (2)当a=1,且x≥1时，证明：f(x)≤1.

lnx a f x a R . x

(2)由x≥1,可把不等式变形为lnx+1≤x, 构造函数h(x)=x-lnx-1,利用该函数的单调性证明.

【解答】

(1)函数f(x)的定义域为{x|x>0},所以

又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与

1 lnx a f x . 2 x

直线x-y-1=0平行，所以f′(1)=1-a=1,即a=0.

lnx 1 . (2)当a=1时，f x x由于x∈[1,+≦),要证故只需证明lnx+1≤x. 则

lnx 1 f x 1 , x令h(x)=x-lnx-1,

因为x≥1,所以h′(x)≥0,故h(x)在[1,+≦)上单调递增, 当x≥1时，h(x)≥h(1)=0, 即lnx+1≤x成立, 故当x≥1时，有

1 x 1 h x 1 . x x

lnx 1 1 即f(x)≤1. , x

【例7】(2010·山东高考)已知函数(1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点1 a f x lnx ax 1 a R . x

(2,f(2))处的切线方程； 1时，讨论f(x)的单调性. (2)当 a 2

【规范解答】(1)当a=-1时， 2 f x lnx x 1, x 0, , x 2 所

以 f x x x 2 . 因此,f′(2)=1, 2 即曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为x

1,又f(2)=ln2+2,

所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y-(ln2+2)=x-2, 即x-y+ln2=0.

1 a f x lnx ax 1 x 2 所以 1 a 1 ax x 1 a f x a 2 ,x 0, 2(2)因为

令g(x) =ax2-x+1-a,x∈(0,+≦), ①当a=0时，g(x)=-x+1,x∈(0,+≦), 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(1,+≦)时，g(x)<0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.

②当a≠0时，由f′(x)=0, 即ax2-x+1-a=0,解得 x1 1, x 2 1. (i)当 a 1 时，x1=x2,g(x)≥0恒成立,2

1 a

此时f′(x)≤0,函数f(x)在(0,+≦)上单调递减;

(ii)当 0<a< 1 时，1 1>1>0,2 a

x∈(0,1)时，g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减,1 x (1, 1) 时，g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调 a

递增,1 x ( 1, ) 时，g(x)>0,此时f′(x)<0, a

函数f(x)单调递减.

(iii)当a<0时，由于 1 1<0,a

x∈(0,1)时，g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减 x∈(1,+≦)时，g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 综上所述：

当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减；函数f(x)在 (1,+≦)上单调递增. 当 a 1 时，函数f(x)在(0,+≦)上单调递减;2

当 0<a< 1

时，函数f(x)在(0,1)上单调递减;a

函数f(x)在 (1, 1 1) 上单调递增; 函数f(x)在 ( 1 1, ) 上单调递减.a

【互动探究】在本例中证明:当a=2时，函数f(x)在(1,+∞) 上单调递减. 【解题提示】判断f′(x)<0在(1,+≦)上是否成立. 【证明】当a=2时，

2x 1 x 1 2x 2 x 1 f x , 2 2 x x≧x>1时，2x+1>0,x-1>0, f′(x)<0, 函数f(x)在(1,+≦)上单调递减.

【变式训练】(2011·合肥模拟)设函数f(x)=lnx-2ax. (1)若函数y=f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线为直线 l,且直线l与圆(x+1)2+y2=1相切，求a的值； (2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间.

【解析】(1)依题意有，f x = 1 -2a.x

因此y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为1-2a,又f(1)=-2a, 所以，y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y+2a=(1-2a)(x-1). 即(2a-1)x+y+1=0 又已知圆的圆心为(-1,0),半径为1, 依题意，1 解得 a= . 21 2a+ - 1

2a-1 +12

=, 1

(2)由题意知f(x)=lnx-2ax的定义域为(0,+≦),又知 f x = 1 -2ax

因为a>0,x>0,令 1 -2a 0, 则1-2ax>0x

所以在 x (0,1 ) 时，f(x)=lnx-2ax是增函数；2a

在 x ( 1 ,+ ) 时，f(x)=lnx-2ax是减函数. 所以当a>0时，函数f(x)的单调增区间是 (0,1 ),2a

函数f(x)的单调减区间是 ( 1 ,+ ).2a

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