五十三期：导数单调性十种题型归纳

高中数学资料分享群：464397488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2()ln(0,1)xfxaxxaaa，求函数)(xf的单调区间解：()ln2ln2(1)lnxxfxaaxaxaa++.则令()()gxfx因为当0,1aa所以2()2ln0xgxaa所以()fx在R上是增函数,又(0)0f,所以不等式()0fx的解集为(0,)+,故函数()fx的单调增区间为(0,)+减区间为：(0)，变式：已知()xfxeax，求()fx的单调区间解：'()xfxea当0a时，'()0fx，()fx单调递增当0a时，由'()0xfxea得：lnxa，()fx在(ln,)a单调递增由'()0xfxea得：lnxa，()fx在(ln)a，单调递增综上所述：当0a时，()fx的单调递增区间为：（，），无单调递减区间当0a时，()fx的单调递增区间为：(ln,)a，递减区间为：(ln)a，高中数学资料分享群：464397488二.函数单调性的判定与逆用例2.已知函数32()25fxxaxx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()322fxxax因为函数32()25fxxaxx在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数所以2()322=0fxxax在1132（，）上有解所以''11()()032ff又*aN解得：5542a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()lnxfxaxx=-，若函数()yfx=在1+?（，）上是减函数，求实数a的最小值.解：因为()lnxfxaxx=-在1+?（，）上是减函数所以'2ln1()0(ln)xfxax-=-?在1+?（，）上恒成立即2ln1(ln)xax-³在1+?（，）上恒成立令ln,(1)txx=，则0t21()(0)thttt-=则max()aht³因为222111111()=()()24thttttt-=-+=--+所以max1()=(2)4hth=所以14a³高中数学资料分享群：464397488变式：若函数3211()(1)132fxxaxax=-+-+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'()=1fxxaxa-+-因为函数()yfx=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,)fxxfxxìï??ïíï???ïî，恒成立即2210(1,4)10,(6,)xaxaxxaxaxì-+-??ïïíï-+-???ïî，所以2211,(1,4)111,(6,)1xaxxxxaxxxì-ïï?+?ïï-ïíï-ï?+??ïï-ïî所以4161aaì?ïïíï?ïî所以57a＃四.比较大小例4.设a为实数，当ln210ax-且时，比较xe与221xax-+的大小关系.高中数学资料分享群：464397488解：令2()21(0)xfxexaxx=-+-则'()=22xfxexa-+令'()()gxfx=则'()e2xgx=-令'()0gx=得：ln2x=当ln2x时，'()0gx；当ln2x时，'()0gx所以ln2min()()=(ln2)2ln2222ln22gxgxgeaa==-+=-+极小值因为ln21a-所以'()()0gxfx=所以()fx在0+?（，）上单调递增所以()(0)0fxf=即2210xexax-+-所以221xexax-+变式：对于R上的可导函数()yfx=，若满足'(3)()0xfx-，比较(1)(11)ff+与2(3)f的大小关系.解：因为'(3)()0xfx-所以当3x时，'()0fx，()fx单调递增，故(11)(3)ff当3x时，'()0fx，()fx单调递减，故(1)(3)ff所以(1)(11)2(3)fff+高中数学资料分享群：464397488五.证明不等式例5.已知函数|ln|)(xxf，()(1)gxkx(R)k.证明：当1k时，存在01x，使得对任意的0(1,)xx，恒有()()fxgx.证明：令()|ln|(1)=ln(1),(1,)Gxxkxxkxx则有'11(),(1,)kxGxkxxx当01kk或时，'()0Gx，故()Gx在1（，）上单调递增，()G(1)0Gx.故任意实数(1,)x均满足题意.当01k时，令'()=0Gx，得11xk.当1(1,)xk时，'()0Gx，故()Gx在1(1,)k上单调递增当1()xk，时，'()0Gx，故()Gx在1()k，上单调递减取01xk，对任意0(1,)xx，有'()0Gx，故()Gx在0(1,)x上单调递增所以()G(1)0Gx即()()fxgx综上所述：当1k时，存在01x，使得对任意的0(1,)xx，恒有()()fxgx.变式：已知关于x的方程2(1)xxeaxa有两个不同的实数根12xx、.求证：120xx+证明：因为2(1)xxeaxa所以2(1)1xxeax令2(1)()1xxefxx则222222(23)[(1)2]()11xxxxxexxefxxx（）（）当0x时()0fx，()fx单调递减当0x时()0fx，()fx单调递增因为关于x的方程2(1)xxeaxa有两个不同的实数根12xx、高中数学资料分享群：464397488所以不妨设12(,0),(0,)xx要证：120xx+只需证：21xx因为210xx（，），且函数()fx在0（，）上单调递减所以只需证：21()()fxfx，又因为21()=()fxfx所以只需证：11()()fxfx即证：11112211(1)(1)11xxxexexx即证：(1)(1)0xxxexe对0x（，）恒成立令g()(1)(1)xxxxexe，0x（，）则g()()xxxxee因为0x（，）所以0xxee所以g()()0xxxxee恒成立所以g()(1)(1)xxxxexe在0（，）上单调递减所以g()(0)0xg综上所述：120xx+六.求极值例6.已知函数2()()xfxxaxae，是否存在实数a，使得函数()fx的极大值为3？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由.解：'22()(2)()[(2)2]=()(2)xxxxfxxaexaxaexaxaexaxe令'()=0fx得：2xax或当2a时，'()0fx恒成立，无极值，舍去当2a时，2a高中数学资料分享群：464397488x2（，-）2(2,)aaa（，）'()fx00()fx递增极大值递减极小值递增由表可知：2()=(2)(42)3fxfaae极大值解得：2432ae当2a时，2axa（，-）a(,2)a22（，）'()fx00()fx递增极大值递减极小值递增由表可知：22()=()()3afxfaaaae极大值，即3aae所以：=3aae令()3(2)agaeaa则'2()31310agaee所以()yga在2（，）上单调递增又2(2)320ge所以函数()yga在2（，）上无零点即方程=3aae无解综上所述：存在实数a，使得函数()fx的极大值为3，此时243ae七.求最值例7.已知函数2()ln(0,1)xfxaxxaaa，若存在]1,1[,21xx,使得12()()e1fxfx（其中e是自然对数的底数),求实数a的取值范围.高中数学资料分享群：464397488解：因为存在12,[1,1]xx,使得12()()e1fxfx≥成立,而当[1,1]x时,12maxmin()()()()fxfxfxfx≤,所以只要maxmin()()e1fxfx≥即可又因为x,()fx,()fx的变化情况如下表所示:x(,0)0(0,)+()fx0+()fx减函数极小值增函数所以()fx在[1,0]上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当[1,1]x时,fx的最小值min01fxf,fx的最大值maxfx为1f和1f中的最大值.因为11(1)(1)(1ln)(1ln)2lnffaaaaaaa+++,令1()2ln(0)gaaaaa,因为22121()1(1)0gaaaa+,所以1()2lngaaaa在0,a上是增函数.而(1)0g,故当1a时,0ga,即(1)(1)ff;当01a时,0ga,即(1)(1)ff所以,当1a时,(1)(0)e1ff≥,即lne1aa≥,函数lnyaa在(1,)a上是增函数,解得ea≥;当01a时,(1)(0)e1ff≥,即1lne1aa≥,函数1lnyaa在(0,1)a上是减函数,解得10ea≤.综上可知,所求a的取值范围为1(0,][e,)ea+我变式：已知函数()ln()(0)xafxexaa在区间0（，）上的最小值为1，求实数a的高中数学资料分享群：464397488值.解：1()=xafxexa令()()gxfx则21()=0(xagxexa）所以()ygx在区间0（，）单调递增所以存在唯一的00x（，），使得0001()0xagxexa即001=xaexa所以当0(0,)xx时，()()0gxfx，()yfx单调递减当0()xx，时，()()0gxfx，()yfx单调递增所以0min00()()ln()xafxfxexa由001=xaexa得：00=ln()xaxa所以0min00001()()ln()=xafxfxexaxaxa00001=()212()222xaaxaxaaxaa当且仅当001=xaxa即0=1xa，min0()()22fxfxa由22=1a得12a，此时01=2x，满足条件所以12a八.解不等式例8.函数2)0())((fRxxf，，对任意1)()('xfxfRx，，解不等式：高中数学资料分享群：4643974881)(xxexfe解：令()()xxgxefxe则()()()(()()1)xxxxgxefxefxeefxfx因为对任意1)()('xfxfRx，所以()0gx，所以()ygx为R上的单调递增函数又(0)(0)11gf所以当1)(xxexfe即()1xxefxe所以()(0)gxg所以0x即不等式：1)(xxexfe的解集为0（，）变式：已知定义在R上的可导函数()yfx=满足'()1fx，若(12)()13fmfmm---，求m的取值范围.解：令()()gxfxx则()()1gxfx因为'()1fx所以()()10gxfx所以()()gxfxx为R上递减函数高中数学资料分享群：464397