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函数的单调性


函数的单调性

一、函数的单调性与导数

在某个区间 $(a, b)$ 上,如果 $f^{\prime}(x)>0$ ,那么函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上单调递增。(充分不必要条件

在某个区间 $(a, b)$ 上,如果 $f^{\prime}(x)<0$ ,那么函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 上单调递减。(充分不必要条件

特别地,当 $f^{\prime}(x) \le 0$ 或 $f^{\prime}(x) \ge 0$ 时,对应了函数的非递增区间与非递减区间。高中大概不会涉及。

下图其实很好地说明了导数与定积分的关系,也很直观地表现了导数和单调性的关系(自己画的真会吹


二、利用导数求函数的单调区间

求函数的单调区间,其实就是解不等式 $f^{\prime}(x) > 0$ 或 $f^{\prime}(x) < 0$ ,其解集即为所求的单调区间。

常用步骤如下:

  1. 求出函数 $f(x)$ 的定义域

  2. 求出 $f^{\prime}(x)$

  3. 解不等式 $f^{\prime}(x) > 0$ 可得 $f(x)$ 的单调增区间

    反之解 $f^{\prime}(x)<0$ 可得 $f(x)$ 的单调减区间

注意,单调区间不可以用 $\cup$ 连接。原因考虑函数 $y = \frac{1}{x}$ 在定义域上不为减函数。


三、导数背景下函数单调性充要条件的探究

不失一般性,我们仅考虑证明 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 单调递增的条件。

1. 充分不必要条件

$f^{\prime}(x)>0~(x\in[a,b])$ 是函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 内单调递增的充分不必要条件

例如,函数 $f(x)=x^3$ 在定义域 $(-\infty,+\infty)$ 上是增函数,但 $f^{\prime}(x)=3 x^2 \ge 0$ 。

观察右图可以发现,这里仅仅是点 $(0,0)$ 处 $f^{\prime}(0)=0$ ,其实并没有影响函数的单调性。

尽管这是一个充分不必要条件,但是对于证明函数单调性以及最值问题有很大帮助。

请理解并牢记下图,这对于做题会有很大帮助(我怎么说话一股机翻味

2. 充要条件

函数 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内单调递增的充要条件是 $f^{\prime}(x) \ge 0$ 在 $[a, b]$ 内恒成立,且 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 的任意子区间内都不恒等于 $0$ 。

这就是说,在区间内的个别点处有 $f^{\prime}(x)=0$ 并不影响函数 $f(x)$ 在该区间内的单调性。

3. 平均变化率

这也是我们在高一学单调性的时候证明的方法,这里用导数来加以说明其原理(其实基于充要条件)。

在某个区间上单调的函数 $y=f(x)$ 的平均变化率的几何意义与 $f^{\prime}(x)$ 的正负的关系:

一般地,设函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $D$ ,区间 $[a,b] \subseteq D$ ,在区间 $[a,b]$ 内任取两个值 $x_1, x_2(x_1 < x_2)$ 。

我们称 $\dfrac{\Delta y}{\Delta x} = \dfrac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ 为函数 $f(x)$ 从 $x_1$ 到 $x_2$ 的平均变化率。

则若任意 $x_1,x_2$ 均满足 $\frac{\Delta y}{\Delta x} > 0$ ,则 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上单调。

接下来的解释我觉得教科书写的不好,所以我来写一个比较好懂的解释。

考虑 $x_2 = x_1 + \epsilon$ ,其中 $\epsilon$ 为一个极小值。根据定义可知当 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调递增时,$\frac{\Delta y}{\Delta x} > 0$ 恒成立。

则当 $\epsilon \to 0$ 时,所谓平均变化率其实等价于

即为 $f(x)$ 在 $x_1$ 处的切线斜率。这其实对应了刚刚讲的充要条件。


四、已知函数的单调性求参数的取值范围

稍微总结一下这类题型,如表格所示

这里用几个例题来详细说明。


例1

设函数 $f(x) = x^2 + a \ln (x + 1)$ ,$a$ 为常数。

若函数 $y = f(x)$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上单调递增,求实数 $a$ 的取值范围。

由单调性得 $f^{\prime}(x)=\frac{2 x^2+2 x+a}{x+1} \ge 0$ 在 $[1,+\infty)$ 恒成立

则 $a \ge -2x^2 + 2x$ 在 $[1,+\infty)$ 恒成立。

函数 $y = -2x^2 + 2x$ 在 $[1,+\infty)$ 有最大值 $-4$ ,故 $a \ge -4$ 。即 $a \in [-4,+\infty)$ 。


例2

已知函数 $f(x)=(a x^2+b x+c)\mathrm{e}^x$ 在 $[0,1]$ 上单调递减

当 $f(0)=1, f(1)=0$ 时,求实数 $a$ 的取值范围。

由 $f(0)=1, f(1)=0$ 得 $c=1, b = -1 -a$ 。

由单调性可知 $f^{\prime}(x) = \left[a x^2+(a-1) x-a\right] \mathrm{e}^x \le 0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立。

因为 $\mathrm{e}^x > 0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立,所以 $y = a x^2+(a-1) x-a \le 0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立。

  • 当 $a = 0$ 时,$-x \le 0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立。

  • 当 $a > 0$ 时,$y = a x^2+(a-1) x-a \le 0$ 开口向上

    又因为 $\mathrm{e}^x$ 在 $[0,1]$ 为增函数,则此时 $f^{\prime}(x)$ 在 $[0,1]$ 上与 $y$ 单调性一致。

    因为 $f^{\prime}(0) = -a < 0$ ,所以要求 $f^{\prime}(1) = (a-1)\mathrm{e} \le 0$ ,即 $0 < a \le 1$ 。

  • 当 $a < 0$ 时,因为 $f^{\prime}(0) > 0$ ,所以不符合条件,舍去。

综上所述,$a \in [0,1]$ 。


五、导数与函数单调性进阶

当遇到导数图像不太好画或者零点不好求的时候,可以考虑高阶导数。

一般用 $f^{\prime\prime}(x)$ 表示二阶导数,$f^{(k)}(x)$ 表示 $k$ 阶导数。

考试的时候也可以记 $h(x) = f^{\prime}(x)$ ,用 $h^{\prime}(x)$ 表示二阶导数。

这里用几个例题来详细说明。


例1:当 $x>0$ 时,判断 $g(x)=\mathrm{e}^x-x^2$ 的单调性。

首先明确定义域为 $x \in (0,+\infty)$ ,不要忘记。

先求导可得 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-2 x$ 。根据套路我们要看它大于还是小于 $0$ 。

然而我们会发现这个式子不是很好处理与 $0$ 的大小关系。

考虑二次求导,即 $g^{\prime\prime}(x) = \mathrm{e}^x - 2$ 。令 $g^{\prime\prime}(x) = 0$ 得 $x = \ln 2$ ,则

  • 当 $0 < x < \ln 2$ 时,$g^{\prime\prime}(x) < 0$ ,$g^{\prime}(x)$ 单调递减。
  • 当 $x > \ln 2$ 时,$g^{\prime\prime}(x) > 0$ ,$g^{\prime}(x)$ 单调递增。

因此 $g^{\prime}(x)_{\min} = g^{\prime}(\ln 2) = 2(1 - \ln 2) > 0$ 。

故当 $x \in (0,+\infty)$ 时,$g(x)$ 单调递增。


例2

已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^x-a \ln x-a$ 。

求证:$\forall a \in(0, \mathrm{e})$ , $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{a}{\mathrm{e}}, 1\right)$ 上有最小值。

:证明:

对原函数求导得 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-a \cdot \frac{1}{x}$ ,

二次求导得 $f^{\prime \prime}(x)=\mathrm{e}^x+a \cdot \frac{1}{x^2}>0$ ,故 $f^{\prime}(x)$ 为增函数,则

故存在唯一 $x_0 \in\left(\frac{a}{\mathrm{e}}, 1\right)$ 使得 $f^{\prime}(x_0) = 0$ 。

因为:

  • 当 $x \in \left(\frac{a}{\mathrm{e}}, x_0\right)$ 时,$f^{\prime}(x) < 0$ ,则 $f(x)$ 递减。
  • 当 $x \in \left(x_0, 1\right)$ 时,$f^{\prime}(x) > 0$ ,则 $f(x)$ 递增。

所以 $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{a}{\mathrm{e}}, 1\right)$ 上有最小值。$\square$

花絮:其实 $x_0$ 是一个超越方程的根,因此难以得到解析解


六、构造函数,解含导数的不等式

这里需要记一下结论,然后再做题。( $!^{\texttt{*}!}$ 表示不需要掌握。)

记忆方法(我自创的,是不是很有灵性,虽然我一般不用这个记忆

构造无导数,导导直接加。导函乘 $\mathrm{e}^x$ ,符号看中间。

如果是 $x$ 导,直接乘 $x^{\pm 1}$ 。导比函上 $\ln$ ,符号反一下。

那啥 $f^{\prime}(x) > a$ ,就是 $f(x) - ax$ 。好,上例题。(我的 Typora 怎么卡了


例1

已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$ ,且 $f(x)+13 \mathrm{e}^x$ 的解集。

首先考虑套构造表格,移项得 $f^{\prime}(x) - f(x) - 1 > 0$ 。

嘶…这一上来就不按套路出牌啊。注意到 $u = f(x)+1$ 有 $u^{\prime} = f^{\prime}(x)$ ,因此可以直接套公式了

令 $F(x)=\dfrac{u}{\mathrm{e}^x} = \dfrac{f(x)+1}{\mathrm{e}^x}$ ,则(注:后面的大于 $0$ 是通过题目不等式得到的)

故 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上为增函数,且 $F(0) = 3$ 。(下面会说为啥要算个 $F(0)$ )

然后发现路不通了,看看有啥条件没用到,哦,可以算出 $F(0) = 3$ !

这就是高考题的感觉了,都是凑好的,根据单调性刚好可以得到「当 $x > 0$ 时 $F(x) > 3$ 恒成立」

于是,综上所述,答案为 $x \in (0,+\infty)$ 。

反思&总结

利用导数证明不等式的实质是利用函数的单调性证明不等式


再来一题试试看,这是一道选择题。

例2:下列命题为真命题的有(多选题)

:答案为 ABC 。其实背对数表就能做出来

考虑构造函数 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$ ,则 $f^{\prime}(x) = \frac{1-\ln x}{x^2}$ ,则

  • 当 $0 < x < \mathrm{e}$ 时,$f(x)$ 单调递增。
  • 当 $x > \mathrm{e}$ 时,$f(x)$ 单调递减。

然后我们就可以通过移项化简把 AB 选出来了。

C 选项的话,因为 $2 < \mathrm{e} \approx 2.71828182$ ,所以 $f(2) < f(\mathrm{e}) = \frac{1}{\mathrm{e}}$ ,即 $\ln 2<\frac{2}{\mathrm{e}}$ 。

因为 $\mathrm{e} > \sqrt{5} > 2$ ,所以 $f(\sqrt{5}) > f(2)$ ,所以 $2\ln \sqrt{5} > \sqrt{5}\ln 2$

即 $\ln (\sqrt{5})^2>\ln 2^{\sqrt{5}} \Rightarrow 2^{\sqrt{5}} > 5$


七、构造函数进阶

总结了 8 种构造函数的方法。

1. 移项法

:已知函数 $f(x)=\ln (x+1)-x$ ,求证:当 $x>-1$ 时, 恒有

分析

右侧考虑移项用函数单调性证明,左侧考虑构造函数证明。

注意,右侧的证明不能对不等式两侧求导。经典反例: $x < x+1$ 。(但是对两侧定积分是可以的

因为不等式只是说明一个函数的图象在另一个函数的上面,这里并没有包含他们两个的导数的信息。

解(证明)

考虑求导:$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-1=-\frac{x}{x+1}$

  • 当 $-10$ ,$f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上为增函数。
  • 当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)<0$ ,即 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数。

故函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,0)$ ,单调递减区间 $(0,+\infty)$

则函数 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上的最大值为 $f(x)_{\max }=f(0)=0$ 。

因此当 $x>-1$ 时, $f(x) \leq f(0)=0$ ,即 $\ln (x+1)-x \leq 0 \Rightarrow \ln (x+1) \leq x$ 。

令 $g(x)=\ln (x+1)+\frac{1}{x+1}-1$ ,则 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{(x+1)^2}=\frac{x}{(x+1)^2}$

  • 当 $-1 < x < 0$ 时,$g^{\prime}(x) < 0$ ,$g(x)$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数。
  • 当 $x>0$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ ,即 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数。

则函数 $g(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上的最小值为 $g(x)_{\min }=g(0)=0$ 。

因此当 $x > -1$ 时,$g(x) \ge g(0) = 0$ ,即 $\ln (x+1)+\frac{1}{x+1}-1 \geq 0 \Rightarrow 1-\frac{1}{x+1} \leq \ln (x+1)$ 。

综上所述,当 $x > -1$ 时,有 $\frac{1}{x+1}-1 \leq \ln (x+1) \leq x$ 。$\square$

2. 作差法

已知函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^2+\ln x$ 。

求证 : 在区间 $(1,+\infty)$ 上,函数 $f(x)$ 的图像在函数 $g(x)=\frac{2}{3} x^3$ 的图象的下方。

分析

所谓的下方,其实就是 $f(x) < g(x)$ 在某区间恒成立。

对于这种,通常构造 $F(x) = g(x) - f(x)$ ,去解 $F(x) > 0$ 。

解(证明)

设 $F(x) = g(x) - f(x)$ ,即 $F(x)=\frac{2}{3} x^3-\frac{1}{2} x^2-\ln x$ 。

则 $F^{\prime}(x)=2 x^2-x-\frac{1}{x}=\frac{(x-1)\left(2 x^2+x+1\right)}{x}$

当 $x > 1$ 时, $F^{\prime}(x) > 0$ 恒成立,则 $F(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增,故 $F(x) > F(1) = \frac{1}{6} > 0$ 。

故当 $x \in (1,+\infty)$ 时,$g(x)-f(x) = F(x) > 0$ 恒成立,即 $f(x) < g(x)$ 。$\square$

3. 换元法

求证:对任意的正整数 $n$ ,不等式 $\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)>\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$ 都成立。

分析

这个 $\frac{1}{n}$ 看着就很难受,肯定换元啊。换元以后移项构造即可

解(证明)

令 $f(x) = x^3 - x^2 + \ln (x + 1)$

则 $f^{\prime}(x)=3 x^2-2 x+\frac{1}{x+1}=\frac{3 x^3+(x-1)^2}{x+1} \ge 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。

故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,且 $f(x) > f(0) = 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。

即 $f(x) = x^3 - x^2 + \ln(x+1) > 0$ ,故 $\ln (x+1)>x^2-x^3$ 。

则对任意正整数 $n$ ,取 $x = \frac{1}{n} \in (0, +\infty)$ ,则有 $\ln \left(\frac{1}{n}+1\right)>\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n^3}$ 。 $\square$

4. 根据条件特征构造

若函数 $y=f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导且满足不等式 $x f^{\prime}(x)>-f(x)$ 恒成立

常数 $a,b$ 满足 $a>b$ ,求证:$af(a)>bf(b)$ 。

分析

题目很简单,但是思想还是比较重要的,也就是根据问题去构造(假装不是硬凑字数

注意到我们要利用函数 $xf(x)$ 的性质来解题,于是尝试构造 $F(x) = xf(x)$ 。

结果一看,诶嘿,正好这个 $F^{\prime}(x) = x f^{\prime}(x)+f(x) > 0$ ,然后就可以做这题了。

解(证明)

$F^{\prime}(x) = x f^{\prime}(x)+f(x) > 0$ ,从而 $F(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上为增函数,则 $F(a) > F(b) \Rightarrow af(a) > bf(b)$ 。 $\square$

5. 主元法

已知函数 $f(x)=\ln (1+x)-x, ~g(x)=x \ln x$ 。

设 $0<a<b$,求证: $0<g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$ 。

分析

说实话我第一眼想到了「枚举一维,维护一维」,结果正解做法真有这种感觉

注意到当 $a$ 确定时,等式就是一个关于 $b$ 的不等式。

考虑固定 $a$ ,即假设 $a$ 为定值,判断不等式是否恒成立,即可确定 $a$ 变化时依旧恒成立。

解(证明)

求导得 $g^{\prime}(x)=\ln x+1$ ,考察固定 $a$ 时 $b$ 对不等式的影响。

构造函数 $F(x) = g(a) + g(x) - g\left(\frac{a+x}{2}\right)$ ,则

  • 当 $0 < x < a$ 时,$F^{\prime}(x) < 0$ ,因此 $F(x)$ 在 $(0,a)$ 上单调递减。
  • 当 $x > a$ 时,$F^{\prime}(x) > 0$ ,因此 $F(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增。

则当 $x = a$ 时,$F(x)$ 有极小值 $F(a)$ 。因为 $F(a) = 0,~ b > a$ ,所以 $F(b) > 0$ ,即

设 $G(x) = F(x) - (x-a) \ln 2$ ,则

当 $x > 0$ 时,$G^{\prime}(x) < 0$ ,因此 $G(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数。

因为 $G(a) = 0,~b > a$ ,所以 $G(b) < 0$ ,即 $g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)<(b-a) \ln 2$ 。$\square$

6. 二阶导数法

:已知函数 $f(x)=a \mathrm{e}^x-\frac{1}{2} x^2$ 。

  1. 若 $f(x)$ 在 $R$ 上为增函数,求 $a$ 的取值范围。
  2. 若 $a=1$. 求证:$x>0$ 时, $f(x)>1+x$ 。

分析

前面我们提到过,对于不好确定单调性或零点的导函数,可以再次求导计算。

当然,例如本题的第一问,本质上是多次利用导函数性质解题。

  1. 求导得 $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^x-x$ ,因为 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上为增函数,所以$f^{\prime}(x) \ge 0$ 对 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立,

    即 $a \ge x \mathrm{e}^{-x}$ 对 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立。记 $g(x)=x \mathrm{e}^{-x}$ ,则 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-x}-x \mathrm{e}^{-x}=(1-x) \mathrm{e}^{-x}$ 。

    • 当 $x<1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ ,$g(x)$ 在 $(-\infty,1)$ 上单调递减。

    • 当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ ,$g(x)$ 在 $(1,\infty)$ 上单调递增。

    故 $g(x)_{\max} =g(1)=\frac{1}{\mathrm{e}}\Rightarrow a \ge \frac{1}{\mathrm{e}}$,即 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 。

  2. 证明:

    记 $F(x) = f(x) - (1 + x) = \mathrm{e}^x - \frac{1}{2}x^2 -1 - x~(x > 0)$ ,则 $F^{\prime} (x)=\mathrm{e}^x-1-x$ 。

    再次求导得 $F^{\prime\prime}(x) = \mathrm{e}^x - 1$ ,则当 $x > 0$ 时,$F^{\prime\prime}(x) > 0$ ,故 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

    又因为 $F^{\prime\prime}(x)$ 在 $x = 0$ 处连续,所以 $F^{\prime\prime}(x) > F^{\prime\prime}(0) = 0$ ,即 $F^{\prime}(x) > 0$ 。

    故 $F(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,又因为 $F(x)$ 在 $x=0$ 处连续

    所以 $F(x) > F(0) = 0$ ,即 $f(x) > 1 + x$ 。$\square$

7. 对数法

证明当 $x > 0$ 时 $(1+x)^{1+\frac{1}{x}}<\mathrm{e}^{1+\frac{x}{2}}$

分析

看到这个万恶 $\exp$ 肯定要 $\ln$ 它啊!

然后这个题居然还要用到二阶导数,说实话不简单。

解(证明)

对不等式两侧取对数得 $\left(1+\frac{1}{x}\right) \ln (1+x)<1+\frac{x}{2}$ ,化简得 $2(1+x) \ln (1+x)<2 x+x^2$ 。

构造函数 $f(x)=2 x+x^2-2(1+x) \ln (1+x)~(x \geq 0)$ ,求导得

$f^{\prime}(x)=2 x-2 \ln (1+x),~f^{\prime \prime}(x)=\frac{2 x}{1+x}$

注意到 $f^{\prime \prime}(x)=\frac{2 x}{1+x}>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,则 $f^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

故 $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(0)=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立

又由 $f(x)$ 在 $[0,+\infty]$ 上连续,得 $f(x)$ 在 $[0,+\infty]$ 上单调递增。

故 $f(x) > f(0) = 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,即 $2 x+x^2>2(1+x) \ln (1+x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。

故 $(1+x)^{1+\frac{1}{x}}<\mathrm{e}^{1+\frac{x}{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。$\square$

8. 构造形似函数(方法4的加强版)

:当 $b > a > \mathrm{e}$ 时,求证 $a^b > b^a$ 。

分析

我们可以对两侧取对数并整理得 $\frac{1}{a} \ln a>\frac{1}{b} \ln b$ ,然后构造函数 $f(x) = \frac{1}{x}\ln x$ 。

解(证明)

对两侧取对数并整理得 $\frac{1}{a} \ln a>\frac{1}{b} \ln b$ ,然后构造函数 $f(x) = \frac{1}{x}\ln x$

令 $f(x) = \frac{1}{x} \ln x$ ,显然 $f(x)$ 在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 内连续且可导

则 $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2} \ln x+\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x}=\frac{1}{x^2}(1-\ln x)<0$ 在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 内恒成立

可得 $f(x)$ 在 $(\mathrm{e},+\infty)$ 内单调递减。由 $b > a > \mathrm{e}$ 得 $f(a) > f(b)$ ,即 $a^b > b^a$ 。$\square$


八、易错点总结

1.讨论函数单调性时忽视定义域

:已知函数 $f(x) = \frac{x}{\ln x}$ ,判断函数 $f(x)$ 的单调性。

错解:

$f^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2}$ ,由 $f^{\prime}(x)=0$ ,可得 $x=\mathrm{e}$ ,则

  • 当 $x<\mathrm{e}$ 时,$f^{\prime}(x)<0$ , $f(x)$ 为减函数
  • 当 $x>\mathrm{e}$ 时,$f^{\prime}(x)>0$ , $f(x)$ 为增函数 (得 0 分)

错因: 忽视了函数的定义域。

分析:对于函数单调性问题,不能盲目求导,要先明确定义域

易得 $f(x)$ 定义域为 $(0,1)\cup(1,+\infty)$ 。

$f^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^2}$ ,由 $f^{\prime}(x)=0$ ,可得 $x=\mathrm{e}$ ,则

  • 当 $0 < x < 1$ 或 $1 < x < \mathrm{e}$ 时,$f^{\prime}(x) < 0$ ,$f(x)$ 为减函数。
  • 当 $x > \mathrm{e}$ 时,$f^{\prime}(x) > 0$ ,$f(x)$ 为增函数。

2.导数与函数单调性关系不明确

这道题会在讲解中指出易错点。

:已知函数 $f(x)=\ln x, ~g(x)=\frac{1}{2} a x^2+2 x(a \neq 0)$ 。

  1. 若函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 存在单调递减区间,求 $a$ 的取值范围。
  2. 若函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 在 $[1,4]$ 上单调递减,求 $a$ 的取值范围。

  1. 因为 $h(x)=\ln x-\frac{1}{2} a x^2-2 x,~ x \in(0,+\infty)$ ,所以 $h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a x-2$ 。

    因为 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在单调递减区间,所以当 $x \in(0,+\infty)$ 时,$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a x-2<0$ 有解。

    注意!这里不是 $\le 0$ 有解!考虑「等于 $0$ 有解」而「小于 $0$ 无解时」的情况。

    即 $a>\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$ 有解,则 $a > \left(\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}\right)_{\min}$ 即可,而 $\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x} = \left(\frac{1}{x} - 1\right)^2=1 \ge -1$

    综上所述,$a \in (-1,+\infty)$ 。(检验一下可以发现 $a=-1$ 时,$h^{\prime}(x)\ge 0$ 恒成立)

  2. 由 $h(x)$ 在 $[1,4]$ 上单调递减得,当 $x \in[1,4]$ 时,

    $h^{\prime}(x) = \frac{1}{x} - ax - 2 \le 0$ 恒成立,即 $a \ge \frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}$ 恒成立,所以 $a \ge \left(\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}\right)_{\max}$

    注意!这里单调性对应到的应当是 $\le 0$ 而非 $<0$ 。

    这对应了上面所说的充分必要条件,即单调性 $\Leftrightarrow$ 「 $\le 0$ 恒成立」。

    化简 $\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}=\left(\frac{1}{x}-1\right)^2-1$ ,又因为 $x \in [1,4]$ ,所以 $\frac{1}{x} \in\left[\frac{1}{4}, 1\right]$ ,即 $\left(\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}\right)_{\max} = -\frac{7}{16}$ 。

    综上所述,$a \in \left[-\frac{7}{16},+\infty\right)$ 。


参考文献

[1] 构造函数求解不等式的八大题型 - 知乎

[2] 教材完全解读 王后雄 (一般都参考这个,以后不写了,反正这些都烂大街了

[3] 国家中小学智慧教育平台-1.3.1函数的单调性与导数(七)


文章作者: q779
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