如何利用导数解决函数的单调性问题

于海青

利用导数解决函数的单调性问题，是近几年高考考查的重点和热点之一，也是学生感到比较棘手的一类问题.

类型一 利用导数判断函数的单调性

依据是：若函数f（x）在某

个区间（a，b）内的导数为f '（x），则

（1）若f '（x）>0，则函数f（x）在区间（a，b）内递增；

（2）若f '（x）<0， 则函数f（x）在区间（a，b）内递减；

（3）若f '（x）=0， 则函数f（x）在区间（a，b）内是常数函数.

例 ：已知函数f（x）=x-1（1+a）lnx-—（a≠0），试讨论函数f（x）的单调性.

解析：函数f （x）的定义域为（0，+∞），

f '（x）=1-—+—=—=

—.

（1）当a<0时，由f '（x）>0得x>1； 由f '（x<0）得0

所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，在区间（0，1）上单调递减.

（2）当0

0得x>1或0

所以f（x）在区间（0，a），（1，+∞） 上单调递增，在区间（a，1）上单调递减.

（3）当a=1时，f '（x）≥0恒成立，所以f（x）在区间（0，+∞）上单调递增.

（4）当a>1时，由f '（x）>0得x>a 或0

所以f（x）在区间（0，1），（a ，+∞）上单调递增，在区间（1，a）上单调递减.

变式：已知函数f（x）=x-lnx-—（a≠0） ，试判断函数f（x）的单调性.

解析：函数f（x）的定义域为（0，

+∞），f '（x）=1-—+—=—

由于△=1-4a，所以

（1）当1-4a≤0 即a≥—时，

f '（x）≥0恒成立，所以f（x）在区间（0，+∞）上单调递增.

（2）当1-4a>0 即a<—时，令

f '（x）=0，得x1=—；x2=—.

若a<0，则由f '（x）>0 得x>

x2；由f '（x）<0 得0

若00得0x2；由f '（x）<0 得x1

由以上两题可以看出，在判断含参函数的单调性时需要注意两点：①函数的定义域；②如何分类讨论.若方程f '（x）=0的根可通过分解因式法求出，则

可以根据方程f '（x）=0的根是否在定义域内及根与根之间的大小关系来分类讨论；若方程 f '（x）=0的根不能通过分解因式法求出，则要根据方程f '（x）=

0（一元二次方程）的判别式及根是否在定义域内来分类讨论.

类型二 已知函数的单调性求参数的取值范围

依据是：一般地，可导函数f（x）在某个区间（a，b）内单调递增（或减）的充要条件是：

（1）对 x∈（a，b），都有f '（x）≥0；

（2）在区间（a，b）内的任何子区间上f '（x）不恒为0 .

例：已知函数f（x）=x3+ax2+x+1（a∈R） 在区间（-—，-—）内是减函数，求实数a的取值范围.

解析：f（x）=3x2+2ax+1

因为f '（x）在区间（-—，-—）

内是减函数，所以f '（x）=3x2+2ax+

1≤0对x∈（-—，-—）恒成立.结合二次函数的图像，有

f '（-—）≤0

f '（-—）≤0 ，所以a≥2.

而当a=2时，f（x）在区间（-—，

-—）内不是常数函数，所以实数a的取值范围是a≥2.

变式1：函数f（x）=—（a∈R） 在区间（-2，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围.

解析 ：f '（x）=—=

—

因为函数f '（x）在区间（-2，+∞）上是增函数，所以f '（x）=—≥

0在区间（-2，+∞）恒成立，所以a≥—.

而当a=—时，f（x）=—=—为常数函数，故a=—舍去，所以实数a的取值范围是a>—.

变式2：已知函数f（x）=x3+ax2+

x+1（a∈R）在区间（-—，-—）内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.

解析：f '（x）=3x2+2ax+1

因为f（x）在区间（-—，-—）内存在单调递减区间，以f '（x）=3x2+

2ax+1<0对x∈（-—，-—）有解.即不等式a>-—x-—对x∈（-—，-—）有解.

令g（x）=-—x-—，x∈（-—，

-—），则g '（x）=-—x+—=—

所以g（x）在区间（-—，-—）内递减，在区间（-—，-—）内递增，故g（x）min=g（-—）=√3，所以实数a的取值范围是a>√3.

由函数在某区间上的单调性，求参数的取值范围问题，可以利用转化与化归的思想，将其转化为“不等式恒成立”问题，也可以利用函数与方程的思想及数形结合的思想，将其转化为“函数图像的交点”问题.

（作者单位：山东省青岛市城阳第一高级中学）