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3
2
()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，求正整数a 的取值集合 解：2
()322f x x ax '=+-
因为函数3
2
()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 所以2
()322=0f x x ax '=+-在1132
（，）上有解 所以'
'
11()()03
2
f f < 又*
a N ∈ 解得：
5542
a << 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 -3
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 3
因为222111111
()=()()24
t h t t t t t -=
-+=--+ 所以max 1
()=(2)4
h t h =
所以1
4
a 3
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 ì????í
??????
，恒成立
即2210(1,4)10,(6,)x ax a x x ax a x ì-+-????í?-+-?????
， 所以221
1,(1,4)
111,(6,)
1
x a x x x x a x x x ì-???+"???-í
?-??+"????-
??
所以41
61
a a ì???í
????
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 22g 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
210x
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 >= 即()()f x g x >
综上所述：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >.
变式：已知关于x 的方程2
(1)x x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、.求证：120x x <+
证明：因为2
(1)x x e ax a --=
所以2
(1)1x
x e a x -=+ 令2(1)()1
x
x e f x x -=+
则222222
(23)[(1)2]()11x x
x x x e x x e f x x x --+--+'==++（）（）
当0x >时()0f x '<，()f x 单调递减 当0x <时()0f x '>，()f x 单调递增
因为关于x 的方程2
(1)x
x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、
所以不妨设12(,0),(0,)x x ∈-∞∈+∞ 要证：120x x <+ 只需证：21x x <-
因为210x x -∈+∞（，），且函数()f x 在0+∞（，）
上单调递减 所以只需证：21()()f x f x >-，又因为21()=()f x f x 所以只需证：11()()f x f x >-
即证：11
112211(1)(1)11
x x x e x e x x --+>
++ 即证：(1)(1)0x
x
x e x e
---+>对0x ∈-∞（，）
恒成立 令g()(1)(1)x x
x x e x e -=--+，0x ∈-∞（，） 则g ()()x
x x x e
e -'=-
因为0x ∈-∞（，） 所以0x
x e
e -->
所以g ()()0x
x x x e e -'=-<恒成立
所以g()(1)(1)x
x
x x e x e -=--+在0-∞（，）上单调递减 所以g()(0)0x g >= 综上所述：120x x <+
六.求极值
例6.已知函数2
()()x
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：'
2
2
()(2)()[(2)2]=()(2)x
x
x
x
f x x a e x ax a e x a x a e x a x e =++++=+++++ 令'
()=0f x 得：2x a x =-=-或
当2a =时，'
()0f x ≥恒成立，无极值，舍去 当2a <时，2a ->-
由表可知：
2()=(2)(42)3f x f a a e --=-+=极大值
解得：2
432a e =-<
由表可知：
22()=()()3a f x f a a a a e --=-+=极大值，即3a ae -=
所以：=3a
a e
令()3(2)a
g a e a a =-> 则'
2
()31310a
g a e e =->-> 所以()y g a =在2+∞（，）上单调递增 又2
(2)320g e =->
所以函数()y g a =在2+∞（，）上无零点 即方程=3a
a e 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2
43a e =-
七.求最值
例7. 已知函数2
()ln (0,1)x
f x a x x a a a =+->≠，若存在]1,1[,21-∈x x ,使得12()()e 1f x f x -≥-（其中e 是自然对数的底数),求实数a 的取值范围.
解：因为存在12,[1,1]x x ∈-,使得12()()e 1f x f x --≥成立, 而当[1,1]x ∈-时,12max min ()()()()f x f x f x f x --≤, 所以只要max min ()()e 1f x f x --≥即可 又因为x ,()f x ',()f x 的变化情况如下表所示:
所以()f x 在[1,0]-上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当[1,1]x ∈-时,()f x 的最小值
()()min 01f x f ==,()f x 的最大值()max f x 为()1f -和()1f 中的最大值.
因为1
1
(1)(1)(1ln )(1ln )2ln f f a a a a a a
a
--=--=--+++, 令1()2ln (0)g a a a a a =-->,因为22121
()1(1)0g a a a a '=-=->+,
所以1
()2ln g a a a a
=--在()0,a ∈+∞上是增函数.
而(1)0g =,故当1a >时,()0g a >,即(1)(1)f f >-; 当01a <<时,()0g a <,即(1)(1)f f <-
所以,当1a >时,(1)(0)e 1f f --≥,即ln e 1a a --≥,函数ln y a a =-在(1,)a ∈+∞上是增函数,解得e a ≥;
当01a <<时,(1)(0)e 1f f ---≥,即1ln e 1a a +-≥,函数1
ln y a a
=+在(0,1)a ∈上是减函数,解得1
0e
a <≤.
综上可知,所求a 的取值范围为1(0,][e,)e
a ∈∞+ 我
变式：已知函数()ln()(0)x a
f x e
x a a -=-+>在区间0+∞（，）
上的最小值为1，求实数a 的
值.
解：1()=x a
f x e x a
-'-
+ 令()()g x f x '= 则2
1
()=0(x a
g x e
x a -'+
>+）
所以()y g x =在区间0+∞（，）
单调递增 所以存在唯一的00x ∈+∞（，），使得0001
()0x a
g x e
x a
-=-
=+ 即001
=
x a
e
x a
-+ 所以当0(0,)x x ∈时，()()0g x f x '=<，()y f x =单调递减
当0()x x ∈+∞，
时，()()0g x f x '=>，()y f x =单调递增 所以0min 00()()ln()x a
f x f x e x a -==-+
由001
=
x a
e
x a
-+得：00=ln()x a x a --+ 所以0min 00001
()()ln()=
x a
f x f x e x a x a x a
-==-++-+
001
=
()2222x a a x a
a a
++-+≥=- 当且仅当
001
=x a x a
++即0=1x a +，min 0()()22f x f x a ==- 由22=1a -得12a =，此时01
=2
x ，满足条件 所以12
a =
八.解不等式
例8. 函数2)0())((=∈f R x x f ，，对任意1)()('
>+∈x f x f R x ，，解不等式：
1)(+>x x e x f e
解：令()()x
x
g x e f x e =-
则()()()(()()1)x
x
x
x
g x e f x e f x e e f x f x '''=+-=+- 因为对任意1)()('
>+∈x f x f R x ， 所以()0g x '>，
所以()y g x =为R 上的单调递增函数 又(0)(0)11g f =-=
所以当1)(+>x
x
e x
f e 即()1x
x
e f x e -> 所以()(0)g x g > 所以0x >
即不等式：1)(+>x
x
e x
f e 的解集为0+∞（，）
变式：已知定义在R 上的可导函数()y f x =满足'()1
f x <
，若(12)()13f m f m m -->-，求m 的取值范围.
解：令()()g x f x x =- 则()()1g x f x ''=- 因为'()1f x <
所以()()10g x f x ''=-<
所以()()g x f x x =-为R 上递减函数
由(12)()13f m f m m -->-
得：(12)()f m m f m m ---（1-2)
> 即(12)()g m g m -> 所以12m m -> 即1
3
m <
九.函数零点个数（方程根的个数）
例9. 已知2
()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值.若关于x 的方程()0f x b +=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： '
2
()21f x x x a
=
--+ 因为2
()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值
所以'
2
(0)1=0f a
=
-， 即2a =，检验知2a =符合题意.
令2
()()2ln(2)[1,1]g x f x b x x x b x =+=+--+∈-，
'52()
22()21(11)
x x g x x x +=--=--≤≤
所以()=(0)2ln 2g x g b =+极大值
因为方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根
所以(1)0(0)0(1)0g g g -≤??>??≤?，即02ln 202ln 320b b b ≤??
+>??-+≤?
解得：2ln 222ln3b -<≤-
所以实数b 的取值范围是：2ln 222ln 3]--（，
变式：已知函数()y f x =是R 上的可导函数，当0x 1时，有'
()
()0f x f x x
+
>，判断函数13
()()F x xf x x
=+
的零点个数 解：当0x 1时，有'
()()0f x f x x
+>
即
'()()
0xf x f x x
+> 令()()g x xf x =，则'()()()g x xf x f x ￠=+
所以当0x >时，'()()()0g x xf x f x ￠=+>，函数()y g x =在0+∞（，）单调递增 且()g(0)=0g x >
所以当0x >时，13
()()0F x xf x x
=+
>恒成立，函数()y F x =无零点 当0x <时，'()()()0g x xf x f x ￠=+<，函数()y g x =在0∞（-，）单调递减 且()g(0)=0g x >恒成立
所以13
()()F x xf x x
=+
在0∞（-，）上为单调递减函数 且当0x →时，()0xf x ?，所以13
()0F x x
?
当x →-∞时，1
0x
?，所以()()0F x xf x ?
所以13
()()F x xf x x
=+在0∞（-，）
上有唯一零点
综上所述：13
()()F x xf x x
=+在0∞∞（-，）（0,+）上有唯一零点
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
所以在(,0)-∞上()0f x '<，在(0)+∞，上先有()0f x '>，后有()0f x '<，再有()0f x '>. 所以图（4）符合.
变式：已知函数ln(2)()x f x x
=，若关于x 的不等式2
()()0f x af x +>只有两个整数解，求实数a 的取值范围.
解：21ln(2)()=
x f x x -'，令()=0f x '得2e
x =
所以当02e
x <<时，()0,()f x f x '>单调递增
当2e
x >时，()0,()f x f x '<单调递减
由当12x <时，()0f x <，当1
2
x >时，()0f x >
作出()f x 的大致函数图像如图所示：
（1） （2） （4）
因为2
()()0f x af x +>
（1）若0a =，即2
()0f x >，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；
（2）若0a >，则()()0f x a f x <->或，由图像可知，()0f x >，有无穷多整数解（舍） （3）若0a <则()0()f x f x a <>-或，由图像可知，()0f x <无整数解， 所以()f x a >-有两个整数解
因为(1)(2)ln 2f f ==，且()f x 在(,)2
e
+∞上单调递减 所以()f x a >-的两个整数解为：1,2x x == 又ln 6
(3)3
f = 所以
ln 6
ln 23
a ≤-< 所以ln 6
ln 23
a -<≤-