(完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳

利用导数求函数单调性题型全归纳

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2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，求函数)(x f 的单调区间

解：

()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a '=-=-++.

则令()()g x f x '=，因为当0,1a a >≠，所以2

()2ln 0x

g x a a '=+>

所以()f x '在R 上是增函数,又(0)0f '=,所以不等式()0f x '>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()x

f x e ax =-，求()f x 的单调区间

解：'

()x

f x e a =-，当0a ≤时，'

()0f x >，()f x 单调递增

当0a >时，由'

()0x

f x e a =->得：ln x a >，()f x 在(ln ,)a +∞单调递增 由'

()0x

f x e a =-<得：ln x a <，()f x 在(ln )a -∞，单调递增

综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为：-∞+∞（，），无单调递减区间 当0a >时，()f x 的单调递增区间为：(ln ,)a +∞，递减区间为：(ln )a -∞，

二.函数单调性的判定与逆用

例2.已知函数32

()25f x x ax x =+-+在1132

（，）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：2

()322f x x ax '=+-

因为函数32

()25f x x ax x =+-+在11

32

（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数 所以2

()322=0f x x ax '=+-在1132

（，）上有解 所以'

'

11()()0

3

2

f f <，

又*

a N ∈，解得：

55

42a <<

，

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()ln x

f x ax x

，若函数()y f x 在1（，）上是减函数，求实数a 的

最小值. 解：因为()ln x

f x ax x

在1（，）上是减函数

所以'

2

ln 1

()

0(ln )x f x a

x 在1

（，）上恒成立，即2

ln 1

(ln )x a

x 在1（，）上恒成立

令ln ,(1)t x x ，则0t

，2

1

()

(0)

t h t t t ，

则max ()a

h t

因为222

1

11

111

()

=

()()2

4t h t t t t

t

，所以max 1

()=(2)4h t h ，

所以14a 变式：若函数32

11()(1)132

f x x ax a x 在区间

1,4（）上为减函数，在区间(6,)

上为增函数，试求实数a 的取值范围.

解：2'()=1f x x ax a

因为函数()y

f x 在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,

)上为增函数

所以

''

()0(1,4)()

0,(6,

)

f x x f x x

，恒成立，即

22

10(1,4)1

0,(6,

)

x ax a x x

ax

a x

，

所以

221

1,(1,4)

111,(6,)

1

x a

x x x x a

x x

x ，

所以

4161a a

，

所以57a

四.比较大小

例4. 设a 为实数，当ln 210a x

且时，比较x e 与2

21x ax 的大小关系.

解：令2

()21(0)x f x e x ax

x

，则'()=22x

f x e x a

令'()

()g x f x

则'()e 2x

g x ，令'()

0g x 得：ln 2x

当ln 2x 时，'()

0g x ；当ln 2x

时，'()

0g x

所以

ln2

min ()()=(ln 2)

2ln 2222ln 22

g x g x g e a

a

极小值，

因为

ln 21a

，所以'()

()

0g x f x ，所以()f x 在0（，）上单调递增 所以()

(0)

0f x f ，即2

21

0x

e x ax ，所以2

21x

e x ax

变式：对于R 上的可导函数()y f x ，若满足'(3)()

0x

f x ，比较(1)(11)f f 与

2(3)f 的大小关系.

解：因为'(3)()

0x

f x

所以当3x >时，'

()0f x >，()f x 单调递增，故(11)(3)f f > 当3x <时，'

()0f x <，()f x 单调递减，故(1)(3)f f > 所以(1)

(11)2(3)f f f

五.证明不等式

例5.已知函数|ln |)(x x f =，()(1)g x k x =- (R)k ∈.

证明：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >. 证明：令()|ln |(1)=ln (1),(1,)G x x k x x k x x =----∈+∞ 则有'

11(),(1,)kx

G x k x x x

-=

-=∈+∞ 当01k k ≤≥或时，'

()0G x >，故 ()G x 在1+∞（，）上单调递增，()G(1)0G x >=.故任意实数 (1,)x ∈+∞ 均满足题意.

当 01k << 时，令'

()=0G x ，得1

1x k

=

>. 当1(1,)x k ∈时，'

()0G x >，故 ()G x 在1(1,)k 上单调递增

当1()x k ∈+∞，时，'()0G x <，故 ()G x 在1()k +∞，上单调递减 取01x k

=，对任意0(1,)x x ∈，有'

()0G x >，故()G x 在0(1,)x 上单调递增

所以()G(1)0G x >=