五十三期：导数单调性十种题型归纳

导数单调性十种题型归纳

一.求单调区间

二.函数单调性的判定与逆用 三.利用单调性求字母取值范围 四.比较大小 五.证明不等式 六.求极值 七.求最值 八.解不等式

九.函数零点个数（方程根的个数） 十.探究函数图像

一.求单调区间 例1. 已知函数解：

f(x)axx2xlna(a0,a1)，求函数f(x)的单调区间

f(x)axlna+2xlna2x+(ax1)lna.

则令g(x)f(x) 因为当a0,a1

所以g(x)2alna0 所以f(x)在R上是增函数,

又f(0)0,所以不等式f(x)0的解集为(0,+), 故函数f(x)的单调增区间为(0,+) 减区间为：(，0) 变式：已知f(x)eax，求f(x)的单调区间 解：f(x)ea

当a0时，f(x)0，f(x)单调递增

当a0时，由f(x)ea0得：xlna，f(x)在(lna,)单调递增

'x''xxx2lna)单调递增 由f(x)ea0得：xlna，f(x)在(，综上所述：当a0时，f(x)的单调递增区间为：，无单调递减区间 （，）'xlna) 当a0时，f(x)的单调递增区间为：(lna,)，递减区间为：(，

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二.函数单调性的判定与逆用

例2.已知函数f(x)xax2x5在上既不是单调递增函数，也不是单调递减（，）函数，求正整数a的取值集合 解：f(x)3x2ax2

因为函数f(x)xax2x5在上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数 （，）所以f(x)3x2ax2=0在上有解 （，）所以f()f()0 又aN 解得：

*232232113211321132'13'1255a 42所以正整数a的取值集合{2}

三.利用单调性求字母取值范围

例3. 已知函数f(x)最小值. 解：因为f(x)所以f(x)'xlnxax，若函数y（，1f(x)在）上是减函数，求实数a的

xlnx（，1ax在a0在（，1）上是减函数

lnx1(lnx)2）上恒成立

即alnx1（，1在

(lnx)2）上恒成立

令tlnx,(x1)，则t0

h(t)则att21(t0)

h(t)max

因为h(t)tt21=所以h(t)max=h(2)所以a1()2t1 41t1(t12)21 41 4高中数学资料分享群：464397488

1312（1,4）上为减函数，在区间(6,xax(a1)x1在区间

32上为增函数，试求实数a的取值范围.

变式：若函数f(x)解：f'(x)=x2因为函数y)axa1

)上为增函数

（1,4）上为减函数，在区间(6,f(x)在区间

所以

f'(x)f(x)'0，x0,x(1,4)(6,)恒成立

即

x2x2axaxa1a10，x0,x(1,4)(6,)

a所以

ax21x1x21x1x1,xx1,x(1,4)

(6,)所以

aaa4161

所以5

7

四.比较大小

例4. 设a为实数，当aln21且x0时，比较ex与x22ax1的大小关系.

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解：令f(x)则f'(x)=ex令g(x)则g'(x)令g'(x)当xexx22ax1(x0)

2x2a

f'(x) ex2

ln2

0得：xln2时，g'(x)0；当xln2时，g'(x)0

2a2ln22

所以g(x)min因为ag(x)极小值=g(ln2)f'(x)eln22ln22aln21

所以g(x)0

）上单调递增 0 0

（，0所以f(x)在

所以f(x)即exf(0)2ax1x2x2x所以e

2ax1

变式：对于R上的可导函数yf(x)，若满足(x3)f'(x)0，比较f(1)f(11)与

2f(3)的大小关系.

解：因为(x3)f'(x)'0

所以当x3时，f(x)0，f(x)单调递增，故f(11)f(3)

当x3时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(1)f(3) 所以f(1)'f(11)2f(3)

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五.证明不等式

例5.已知函数f(x)|lnx|，g(x)k(x1) (kR).

证明：当k1时，存在x01，使得对任意的x(1,x0)，恒有f(x)g(x). 证明：令G(x)|lnx|k(x1)=lnxk(x1),x(1,) 则有G(x)'11kxk,x(1,) xx'当k0或k1时，G(x)0，故 G(x) 在上单调递增，G(x)G(1)0.故任（，1）意实数 x(1,) 均满足题意.

11. k11'当x(1,)时，G(x)0，故 G(x) 在(1,)上单调递增

kk11当x(，)时，G'(x)0，故 G(x) 在(，)上单调递减

kk1'取x0，对任意x(1,x0)，有G(x)0，故G(x)在(1,x0)上单调递增

k当 0k1 时，令G(x)=0，得x'所以G(x)G(1)0 即f(x)g(x)

综上所述：当k1时，存在x01，使得对任意的x(1,x0)，恒有f(x)g(x).

x2变式：已知关于x的方程(1x)eaxa有两个不同的实数根x1、x2.求证：x1+x20

证明：因为(1x)eaxa

x2(1x)ex所以a 2x1(1x)ex令f(x)

x21x(x22x3)exx[(x1)22]ex则f(x) 2222（x1）（x1）当x0时f(x)0，f(x)单调递减 当x0时f(x)0，f(x)单调递增

因为关于x的方程(1x)eaxa有两个不同的实数根x1、x2

x2高中数学资料分享群：464397488

所以不妨设x1(,0),x2(0,) 要证：x1+x20 只需证：x2x1

（0，）因为x2x1，且函数f(x)在上单调递减 （0，）所以只需证：f(x2)f(x1)，又因为f(x2)=f(x1) 所以只需证：f(x1)f(x1)

(1x1)ex1(1x1)ex1即证： x121x121即证：(1x)e(1x)exxx0对x恒成立 （，0）x令g(x)(1x)e(1x)e，x （，0）则g(x)x(exex)

因为x （，0）所以exex0

x所以g(x)x(eex)0恒成立

xx所以g(x)(1x)e(1x)e在上单调递减 （，0）所以g(x)g(0)0 综上所述：x1+x20

六.求极值

例6.已知函数f(x)(xaxa)e，是否存在实数a，使得函数f(x)的极大值为3？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由.

解：f(x)(2xa)e(xaxa)e[x(2a)x2a]e=(xa)(x2)e 令f(x)=0得：xa或x2

当a2时，f(x)0恒成立，无极值，舍去 当a2时，a2

'''x2x2xx2x高中数学资料分享群：464397488

x （，-2）2 0 极大值 (2,a) a （a，）f'(x)  递增  递减 0 极小值  递增 f(x) 由表可知：

f(x)极大值=f(2)(42aa)e23

解得：a43e2 当a2时，a2 2x （，-a）a (a,2) 2 0 极小值 （2，）f'(x)  递增 0 极大值  递减  递增 f(x) 由表可知：

f(x)极大值=f(a)(a2a2a)ea3，即aea3

所以：a=3e

令g(a)3ea(a2) 则g(a)3e13e10 所以yg(a)在上单调递增 （2，）又g(2)3e20

所以函数yg(a)在上无零点 （2，）即方程a=3e无解

综上所述：存在实数a，使得函数f(x)的极大值为3，此时a43e

七.求最值

例7. 已知函数f(x)axxlna(a0,a1)，若存在x1,x2[1,1],使得f(x1)f(x2)e1（其中e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.

x22'a2aaa2高中数学资料分享群：464397488

解：因为存在x1,x2[1,1],使得f(x1)f(x2)≥e1成立, 而当x[1,1]时,f(x1)f(x2)≤f(x)maxf(x)min, 所以只要f(x)maxf(x)min≥e1即可 又因为x,f(x),f(x)的变化情况如下表所示:

x (,0) 0 (0,+) + 增函数 f(x)  减函数 0 极小值 f(x) 所以f(x)在[1,0]上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当x[1,1]时,fx的最小值

fxminf01,fx的最大值fxmax为f1和f1中的最大值.

12lna, a1121令g(a)a2lna(a0),因为g(a)1+2(1)20,

aaaa1所以g(a)a2lna在a0,上是增函数.

a因为f(1)f(1)(a+1lna)(+1+lna)a而g(1)0,故当a1时,ga0,即f(1)f(1); 当0a1时,ga0,即f(1)f(1)

所以,当a1时,f(1)f(0)≥e1,即alna≥e1,函数yalna在a(1,)上是增函数,解得a≥e;

当0a1时,f(1)f(0)≥e1,即函数,解得0a≤.

综上可知,所求a的取值范围为a(0,][e,+) 我

变式：已知函数f(x)exa1a11lna≥e1,函数ylna在a(0,1)上是减aa1e1eln(xa)(a0)在区间上的最小值为1，求实数a的（0，）高中数学资料分享群：464397488

值.

xa解：f(x)=e1 xa令g(x)f(x) 则g(x)=exa10 2(xa）所以yg(x)在区间单调递增 （0，）（0，）所以存在唯一的x0，使得g(x0)ex0a10 x0a即ex0a=1 x0a所以当x(0,x0)时，g(x)f(x)0，yf(x)单调递减

)时，g(x)f(x)0，yf(x)单调递增 当x(x0，所以f(x)minf(x0)e由ex0ax0aln(x0a)

=1得：x0a=ln(x0a) x0ax0a所以f(x)minf(x0)eln(x0a)=1x0a x0a=1(x0a)2ax0a1(x0a)2a x0a 222a当且仅当

1=x0a即x0a=1，f(x)minf(x0)22a x0a由22a=1得a所以a11，此时x0=，满足条件 221 2八.解不等式

'例8. 函数f(x)(xR)，f(0)2，对任意xR，f(x)f(x)1，解不等式：

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exf(x)ex1

解：令g(x)exf(x)ex

则g(x)exf(x)exf(x)exex(f(x)f(x)1) 因为对任意xR，f(x)f'(x)1 所以g(x)0，

所以yg(x)为R上的单调递增函数 又g(0)f(0)11

所以当exf(x)ex1即exf(x)ex1 所以g(x)g(0) 所以x0

即不等式：exf(x)ex1的解集为（0，）

变式：已知定义在R上的可导函数yf(x)满足f'(x)1，f(12m)f(m)13m，求m的取值范围.

解：令g(x)f(x)x 则g(x)f(x)1 因为f'(x)1

所以g(x)f(x)10

所以g(x)f(x)x为R上递减函数

若

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由f(1得：f(12m)f(m)13m

m

2m)（1-2m)>f(m)即g(12m)g(m) 所以12mm 即m1 3

九.函数零点个数（方程根的个数）

例9. 已知f(x)2ln(xa)xx在x0处取得极值.若关于x的方程f(x)b0在区间[1,1]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围. 解： f(x)'222x1 xa2因为f(x)2ln(xa)xx在x0处取得极值

21=0， a即a2，检验知a2符合题意.

所以f(0)'令g(x)f(x)b2ln(x2)xxb，x[1,1]

252x(x)22(1x1) g'(x)2x1x2x2x -1 （1,0）  0 0 （0,1） 1 g'(x)  高中数学资料分享群：464397488

g(x) b 递增 极大值 递减 2ln32b 所以g(x)极大值=g(0)2ln2b

因为方程f(x)b0在区间[1,1]上恰有两个不同的实数根

g(1)0b0所以g(0)0，即2ln2b0解得：2ln2b22ln3

g(1)02ln32b0所以实数b的取值范围是：（2ln2，22ln3]

变式：已知函数y数F(x)解：当xf(x)是R上的可导函数，当x0时，有f'(x)f(x)x0，判断函

xf(x)13的零点个数 xf(x)0 0时，有f'(x)xf(x)0

即

xf'(x)x令g(x)xf(x)，则g(x)所以当x0时，g(x)且g(x)g(0)=0 所以当x0时，F(x)当x0时，g(x)xf'(x)f(x)

单调递增 （0，）0，函数yg(x)在

xf'(x)f(x)xf(x)13x0恒成立，函数yF(x)无零点

xf'(x)f(x)单调递减 （-，0）0，函数yg(x)在

且g(x)g(0)=0恒成立

13在上为单调递减函数 （-，0）x130，所以F(x)且当x0时，xf(x)0

x1当x时，0，所以F(x)xf(x)0

x13所以F(x)xf(x)在上有唯一零点 （-，0）x所以F(x)xf(x)高中数学资料分享群：464397488

综上所述：F(x)

xf(x)13（-，0）（0,+）在上有唯一零点 x十.探究函数图像

例10.设函数在定义域内可导，yf(x)的图像如图所示，则导函数yf(x)的图像可能为下列图像的 .

解：由yf(x)的图像可判断出：f(x)在(,0)递减，在(0，)上先增后减再增

（1） （2） （4）

所以在(,0)上f(x)0，在(0，后有f(x)0，再有f(x)0. )上先有f(x)0，所以图（4）符合.

变式：已知函数f(x)实数a的取值范围.

ln(2x)2，若关于x的不等式f(x)af(x)0只有两个整数解，求x1ln(2x)ef(x)=0，令得 xx22e所以当0x时，f(x)0,f(x)单调递增

2e当x时，f(x)0,f(x)单调递减

211由当x时，f(x)0，当x时，f(x)0

22解：f(x)=作出f(x)的大致函数图像如图所示：

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因为f(x)af(x)0

（1）若a0，即f(x)0，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；

（2）若a0，则f(x)a或f(x)0，由图像可知，f(x)0，有无穷多整数解（舍） （3）若a0则f(x)0或f(x)a，由图像可知，f(x)0无整数解， 所以f(x)a有两个整数解

因为f(1)f(2)ln2，且f(x)在(,)上单调递减 所以f(x)a的两个整数解为：x1,x2 又f(3)所以

22e2ln6 3ln6aln2 3ln6所以ln2a

3