数学微积分

发布日期: 2022-11-28

更新日期: 2024-06-01

文章字数: 5.8k

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：

求出函数 \(f(x)\) 的定义域
求出 \(f^{\prime}(x)\)
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 \[ \frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{f(x_1+\epsilon) - f(x_1)}{\epsilon} \] 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 \[ \begin{array}{|c|c|} \hline \texttt{函数的单调性} & \texttt{导数} \\[6pt]\hline \texttt{单调递增} & f^{\prime}(x) \ge 0\, \texttt{且}\,f^{\prime}(x) \,\texttt{不恒为}\, 0 \\[6pt]\hline \texttt{单调递减} & f^{\prime}(x) \le 0\, \texttt{且}\,f^{\prime}(x) \,\texttt{不恒为}\, 0 \\[6pt]\hline \texttt{常函数} & \texttt{恒有}\,f^{\prime}(x) = 0 \\[6pt]\hline \end{array} \]

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。

解：

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。

解：

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。

解：

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。

解：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 \[ \begin{aligned} &\textstyle f^{\prime}(x)_{\min} = f^{\prime}\left(\frac{a}{\mathrm{e}}\right) = \mathrm{e}^{\frac{a}{\mathrm{e}}} - \mathrm{e} < 0 \\[6pt]&f^{\prime}(x)_{\max} = f^{\prime}(1) = \mathrm{e} - a > 0 \end{aligned} \] 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。） \[ \begin{array}{|c|c|c|} % ----- 标题 ----- \hline\texttt{不等式形式}& \texttt{构造函数} & \texttt{构造原理}^{\texttt{*}} % ------内容------ \\[6pt]\hline f^{\prime}(x)>a~(a\ne 0)& F(x)=f(x)-a x & \frac{\partial}{\partial x}(f(x)-a x)=f^{\prime}(x)-a \\[6pt]\hline f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)>0 & F(x)=f(x)+g(x) & F^{\prime}(x) = f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x) \\[6pt]\hline f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)>0 & F(x)=f(x)-g(x) & F^{\prime}(x) = f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x) \\[6pt]\hline f^{\prime}(x)+f(x)>0 & F(x)=\mathrm{e}^x f(x) & F^{\prime}(x) = e^x\left(f^{\prime}(x)+f(x)\right) \\[6pt]\hline f^{\prime}(x)-f(x)>0 & F(x)=\frac{f(x)}{\mathrm{e}^x} & F^{\prime}(x) = e^{-x}\left(f^{\prime}(x)-f(x)\right) \\[6pt]\hline x f^{\prime}(x)+f(x)>0 & F(x)=x f(x) & F^{\prime}(x) = x f^{\prime}(x)+f(x) \\[6pt]\hline x f^{\prime}(x)-f(x)>0 & F(x)=\frac{f(x)}{x} & F^{\prime}(x) = x f^{\prime}(x)-f(x) \\[6pt]\hline \dfrac{f^{\prime}(x)}{f(x)}>0& F(x) = \begin{cases}f(x) > 0 & \ln f(x)\\[3pt]f(x) < 0 &\ln [-f(x)]\end{cases} &F^{\prime}(x) = \left(\ln |f(x)|\right)^{\prime} = \dfrac{f^{\prime}(x)}{f(x)} \\[6pt]\hline \end{array} \] 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 \(f(x)+1<f^{\prime}(x),~ f(0)=2\) 。求不等式 \(f(x)+1>3 \mathrm{e}^x\) 的解集。

解：

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） \[ F^{\prime}(x)=\frac{u^{\prime}-u}{\mathrm{e}^x}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)-1}{\mathrm{e}^x} > 0 \] 故 \(F(x)\) 在 \(\mathbb{R}\) 上为增函数，且 \(F(0) = 3\) 。（下面会说为啥要算个 \(F(0)\) ） \[ f(x)+1>3 \mathrm{e}^x\ \Rightarrow\ F(x) > 3 \] 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） \[ \begin{aligned} &\text{A. } \frac{2 \ln 3}{3}>\ln 2 &&\text{B. } \frac{5}{4} \ln 2<\ln \frac{5}{2} \\[8pt] &\text{C. } \ln 2<\frac{2}{\mathrm{e}} &&\text{D. } 2^{\sqrt{5}}>5 \end{aligned} \] 解：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

例：已知函数 \(f(x)=\ln (x+1)-x\) ，求证：当 \(x>-1\) 时, 恒有 \[ 1-\frac{1}{x+1} \leq \ln (x+1) \leq x \] 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 \(-1<x<0\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\) ，\(f(x)\) 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

例：

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

例：

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

例：

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

例：

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 \[ F^{\prime}(x)=g^{\prime}(x)-2\left[g\left(\frac{a+x}{2}\right)\right]=\ln x-\ln \left(\frac{a+x}{2}\right) \]

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 \[ g(a)+g(b)-2 g\left(\frac{a+b}{2}\right)>0 \] 设 \(G(x) = F(x) - (x-a) \ln 2\) ，则 \[ G^{\prime}(x)=\ln x-\ln \frac{a+x}{2}-\ln 2=\ln x-\ln (a+x) \] 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

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

若 \(f(x)\) 在 \(R\) 上为增函数，求 \(a\) 的取值范围。
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。

解：

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 \(\left[\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)\) 。
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

例：

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）

例：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

例：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。

解：

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。

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

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

解：

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）
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，\(a \in \left[-\frac{7}{16},+\infty\right)\) 。