专题14 分类讨论证明或求函数的单调区间（含参）(解析版).docxVIP

专题14 分类讨论证明或求函数的单调区间（含参） 【知识总结】 1．f(x)在D上单调递增(减)，只要f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可，如果能够分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系。 2．二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论。 【例题讲解】 【例1】　(1)若函数y＝eq \f(1,2)sin2x＋acosx在区间(0，π)上是增函数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞) C．(－∞，0) D．(0，＋∞) (2)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是减函数，则a的取值范围是________。 解析　(1)y′＝cos2x－asinx≥0在(0，π)上恒成立，即a≤eq \f(cos2x,sinx)＝eq \f(1－2sin2x,sinx)在(0，π)上恒成立。令t＝sinx∈(0,1]，g(t)＝eq \f(1－2t2,t)＝eq \f(1,t)－2t，t∈(0,1]，易知函数g(t)在(0,1]上单调递减，所以g(t)min＝g(1)＝－1，所以a≤－1，即实数a的取值范围是(－∞，－1]。 (2)f′(x)＝[x2－2(a－1)x－2a]·ex，因为f(x)在[－1,1]上是减函数，所以f′(x)≤0对x∈[－1,1]恒成立，所以x2－2(a－1)x－2a≤0对x∈[－1,1]恒成立。设g(x)＝x2－2(a－1)x－2a，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g?－1?≤0，,g?1?≤0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1＋2?a－1?－2a≤0，,1－2?a－1?－2a≤0，))解得a≥eq \f(3,4)。 答案　(1)A　(2)a≥eq \f(3,4) 【变式训练】　已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(1,2)ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________。 解析　f′(x)＝eq \f(1,x)＋ax－2＝eq \f(ax2－2x＋1,x)(x0)，函数f(x)存在单调递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax2－2x＋1≤0，等价于a小于eq \f(2x－1,x2)在x∈(0，＋∞)上的最大值，设g(x)＝eq \f(2x－1,x2)，则g′(x)＝eq \f(－2x＋2,x3)，可知，函数g(x)在区间(0,1)上为增函数，在区间(1，＋∞)上为减函数，所以当x＝1时，函数g(x)取得最大值，此时g(x)＝1，所以a1，故填(－∞，1)。 答案　(－∞，1) 【例题训练】 1．设函数． （1）当时，讨论在内的单调性； （2）当时，证明：有且仅有两个零点． 【答案】（1）在或上单调递减，在或上单调递增；（2）证明见解析. 【分析】 （1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间； （2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为在有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性的关系，以及函数零点存在定理即可求出． 【详解】 （1）当时，， ， 令，解得或，， 当时，解得或，当时，解得或， 在，或，上单调递减，在或上单调递增； （2）的定义域为， ， 为偶函数， ， 有且仅有两个零点等价于在有且只有一个零点， ， 当时，，恒成立， 在上单调递减， ， ， 在上有且只有一个零点， 当时，令，即， 可知存在唯一，使得， 当或时，，，函数单调递增， 当时，，，函数单调递减， 由，，可得， 当，， ， 在上有且只有一个零点， 综上所述，当时，有且仅有两个零点． 【点睛】 方法点睛：1、利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论；若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到． 2、用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决. 2．已知函数． （1）讨论函数的单调区间； （2）当时，求证：． 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析． 【分析】 （1）先求导，分为，，和四种情形进行分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出； （2）等价于，令，利用当时的结论，根据导数判断与0的关系，即可证明. 【详解】 解：的定义域为， 则， 当时，，当时，，当时，， 函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 当时，令，解得或， 当时，恒成立， 函数的单调递