5.3 導數與函數的單調性

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模塊導圖

知識剖析

1 函數單調性與導數
在某個區間\((a ,b)\)內，若\(f'(x)>0\)，則函數\(y=f(x)\)在這個區間內單調遞增；
若\(f'(x)<0\)，則函數\(y=f(x)\)在這個區間內單調遞減．
 

2 若函數\(y=f(x)\)在某個區間\((a ,b)\)內單調遞增，則\(∀x∈(a，b)\) ,\(f^{\prime}(x)≥0\)\({\color{Red}{ (含等號) }}\)恆成立，但不存在一區間\((c ,d)⊆(a ,b)\)內使得\(f^{\prime}(x)=0\)；
\({\color{Red}{ 解釋}}\)
假如存在一區間\((c ,d)⊆(a ,b)\)內使得\(f^{\prime}(x)=0\)，那原函數\(y=f(x)\)在區間\((c ,d)\)內恆等於一個常數，即\(f(x)=m\)(\(m\)是個常數)，則原函數不可能在\((a ,b)\)內單調遞增.

$ \qquad$

函數\(y=f(x)\)在某個區間\((a ,b)\)內單調遞減有類似結論！
 

經典例題

【題型一】 不含參函數的單調性

【典題1】 函數\(f(x)\)的定義域為\(R\)，且圖象如圖所示，則不等式\(xf'(x)<0\)的解集為\(\underline{\quad \quad}\) .

【解析】由圖可知，\(f(x)\)在\((-∞ ,-\dfrac{1}{2})\)和\((\dfrac{1}{2} ,1)\)上單調遞增，在\((-\dfrac{1}{2} ,\dfrac{1}{2})\)上單調遞減，
\(∴\)當\(x∈(-∞ ,-\dfrac{1}{2})∪(\dfrac{1}{2},1)\)時，\(f'(x)>0\)；
當\(x∈(-\dfrac{1}{2} ,\dfrac{1}{2})\)時，\(f'(x)<0\)．
\(∵\)不等式\(xf'(x)<0\)可等價於\(\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ f^{\prime}(x)<0 \end{array}\right.\)或\(\left\{\begin{array}{l} x<0 \\ f^{\prime}(x)>0 \end{array}\right.\)，
\(∴\)當\(x>0\)時，有\(x∈(-\dfrac{1}{2} ,\dfrac{1}{2})\)，即\(x∈(0 ,\dfrac{1}{2})\)；
當\(x<0\)時，有\(x∈(-∞ ,-\dfrac{1}{2})∪(\dfrac{1}{2} ,1)\)，即\(x∈(-∞ ,-\dfrac{1}{2})\)，
綜上所述，不等式的解集為\((-∞ ,-\dfrac{1}{2})∪(0 ,\dfrac{1}{2})\)．
【點撥】由原函數\(y=f(x)\)圖像判斷出原函數的單調性，繼而得到導函數\(f'(x)\)的正負性(導函數的穿線圖)，再看圖易得不等式解集.注意原函數的趨勢圖與導函數的穿線圖之間的轉化.

 

【典題2】 若函數\(f(x)=-x^3+ax^2+4x\)在區間\((0 ,2)\)上單調遞增，則實數\(a\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】\(f(x)=-x^3+ax^2+4x\)，
則\(f^{\prime}(x)=-3x^2+2ax+4\)，
若\(f(x)\)在區間\((0 ,2)\)上單調遞增，
則\(-3x^2+2ax+4≥0\)在\((0 ,2)\)恆成立\((*)\)，
\({\color{Red}{方法一 \quad 分離參數法 }}\)
要\((*)\)成立等價於\(a \geq \dfrac{3 x}{2}-\dfrac{2}{x}\)在\((0 ,2)\)恆成立，
令\(g(x)=\dfrac{3 x}{2}-\dfrac{2}{x}\)，\(x∈(0 ,2)\)，
則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{3}{2}+\dfrac{2}{x^{2}}>0\)，\(g(x)\)在\((0 ,2)\)遞增，
故\(g(x)<g(2)=2\)，
故\(a≥2\)，
\({\color{Red}{ 方法二 \quad 數形結合法}}\)
令\(t(x)=-3x^2+2ax+4\)，它是開口向下，過定點\((0 ,4)\)，
結合圖像可知若要\((*)\)成立，只需要\(t(2)≥0\)\(⇒-12+4a+4≥0⇒a≥2\).
【點撥】
① 若函數\(y=f(x)\)在某個區間\((a ,b)\)內單調遞增，則\(∀x∈(a ,b)\) ,\(f^{\prime}(x)≥0\)\({\color{Red}{(含等號) }}\)恆成立，但不存在一區間\((c ,d)⊆(a ,b)\)內使得\(f^{\prime}(x)=0\)；
② 處理恆成立問題，方法多樣，比如直接轉化為最值問題，利用分離參數法轉化為最值問題，數形結合等.
 

【典題3】 已知函數\(f(x)\)是定義在\(R\)上的奇函數，其導函數為\(f'(x)\)，且對任意實數\(x\)都有\(f(x)+f'(x)>1\)，則不等式\(e^x f(x)>e^x-1\)的解集為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】設\(g(x)=e^x [f(x)-1]\)，
則\(g^{\prime}(x)=e^x [f(x)-1]+e^x f^{\prime} (x)\)\(=e^x [f(x)+f^{\prime}(x)-1]>0\)．
故\(g(x)\)在\(R\)上單調遞增，
因為\(f(x)\)是定義在\(R\)上的奇函數，所以\(f(0)=0\)，
所以\(g(0)=-1\)，
而不等式\(e^x f(x)>e^x-1⇒e^x [f(x)-1]>-1\)，
即\(g(x)>g(0)\)，
又\(∵g(x)\)在\(R\)上單調遞增，\(∴x>0\)．
【點撥】
本題屬於構造函數題型，如何構造呢？角度有二
（1） 從已知條件\(f(x)+f^{\prime}(x)>1⇒f(x)+f^{\prime} (x)-1>0\)入手，
思考\([某函數g(x)]^{\prime}=f(x)+f^{\prime}(x)-1\)，
這需要熟悉求導法則的逆運用，下表舉例供參考(其中c是常數)：
①\(f^{\prime} (x)+h'(x)\)形式，構造函數\(g(x)=f(x)+h(x)+c\)；
②\(xf'(x)+f(x)\)形式，構造函數 \(g(x)=xf(x)+c\)；
③\(xf'(x)+nf(x)\)形式，構造函數\(g(x)=x^n f(x)+c\)；
④\(xf'(x)－f(x)\)形式，構造函數\(g(x)=\dfrac{f(x)}{x}+c\)；
⑤\(f^{\prime} (x)+f(x)\)形式，構造函數\(g(x)=e^x f(x)+c\)；
⑥\(f^{\prime} (x)-f(x)\)形式，構造函數\(g(x)=\dfrac{f(x)}{e^x} +c\)；
形式多樣，不需要死記，要靈活運用，本題可利用第(5)個例子.
（2）從求證入手，要求不等式\(e^x f(x)>e^x-1\)，變形得\(e^x [f(x)-1]+1>0\)，想到構造函數\(g(x)=e^x [f(x)-1]+1\)也不難.
 

【典題4】 求函數\(f(x)=\dfrac{x^2-1}{2}-xlnx\)的單調區間.
【解析】函數\(f(x)\)的定義域是\((0 ,+∞)\)，
\({\color{Red}{(注意定義域) }}\)
由\(f(x)=\dfrac{x^2-1}{2}-xlnx\)，得\(f'(x)=x-lnx-1\)，
令\(g(x)=x-lnx-1\)，則\(g'(x)=1-\dfrac{1}{x}\)，
令\(g'(x)>0\)，解得\(x>1\)，
令\(g'(x)<0\)，解得\(0<x<1\)，
故\(g(x)\)在\((0 ,1)\)遞減，在\((1,+∞)\)遞增，
故\(f'(x)≥f'(1)=0\)，
故\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)遞增，無遞減區間.
【點撥】
① 本題其實是對原函數進行了“二次求導”，思路可以如下
求原函數\(f(x)=\dfrac{x^2-1}{2}-xlnx\)的單調區間
\(⇔\)分析導函數\(f'(x)=x-lnx-1\)的正負性(即\(y=f'(x)\)的零點問題)
\(⇔\)若能畫出導函數\(y=f'(x)\)的圖像一切就清楚，那就再分析\(y=x-lnx-1\)的單調性和最值，故二次求導了.
② 原函數的單調性與導函數的正負性相關，分析導函數的正負性利用注重導函數的零點問題；
③\(lnx≤x-1\)是個重要的不等式.
 

鞏固練習

1(★) 已知定義在區間\((-2 ,2)\)上的函數\(y=f(x)\)的圖象如圖所示，若函數\(f'(x)\)是\(f(x)\)的導函數，則不等式\(\dfrac{f^{\prime}(x)}{x+1}>0\)的解集為\(\underline{\quad \quad}\) .

 

2(★★) 已知\(x>0\)，\(a=x\)，\(b=x-\dfrac{x^2}{2}\)，\(c=ln(1+x)\)，則(　　)
A．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad\) B．\(b<a<c\) \(\qquad \qquad\) C．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) D．\(b<c<a\)
 

3(★★) 已知定義在\(R\)上的函數\(f(x\))滿足\(f(1)=3\)，對\(∀x∈R\)恆有\(f'(x)<2\)，則\(f(x)≥2x+1\)的解集為(　　)
A.\([1 ,+∞)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B.\((－∞ ,1]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C. \((1 ,+∞)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\((－∞ ,1)\)
 

4(★★) 已知函數\(f(x)=x^2-x\sin x\)，若\(a=f(log_{0.2}⁡3)\)，\(b=f(log_3⁡0.2)\)，\(c=f(0.2^3)\)則(　　)
A.\(a>b>c\) \(\qquad \qquad\)B.\(b>a>c\) \(\qquad \qquad\)C.\(c>b>a\) \(\qquad \qquad\) D.\(b>c>a\)
 

5(★★) 若函數\(f(x)=\sin2x-4x-m\sin x\)在\([0 ,2π]\)上單調遞減，則實數\(m\)的取值范圍為(　　)
A.\((-2，2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B.\([-2，2]\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C.\((-1，1)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D.\([-1，1]\)
 

6(★★★) 定義在\((0 ,+∞)\)上的函數\(f(x)\)滿足\(f(x)>0\)，\(f'(x)\)為\(f(x)\)的導函數，且\(2f(x)<xf'(x)<3f(x)\)對\(x∈(0 ,+∞)\)恆成立，則\(\dfrac{f(2)}{f(3)}\)的取值范圍是(　　)
A.\(\left(\dfrac{8}{27}, \dfrac{4}{9}\right)\) \(\qquad \qquad\)B.\(\left(-∞ ,\dfrac{8}{27}\right)\) \(\qquad \qquad\) C.\(\left(\dfrac{4}{9},1\right)\) \(\qquad \qquad\) D.\(\left(\dfrac{4}{9},+∞\right)\)
 

7(★★★) 求函數\(f(x)=e^{x-1}-x \ln x\)的單調性.
 
 

答案

1. \((-2 ,-1)∪(-1 ,1)\)
2. \(D\)
3. \(B\)
4. \(B\)
5. \(B\)
6. \(A\)
7. 函數\(f(x)\)的單調遞增區間為\((0 ,+∞)\)，無單調遞減區間.

 

【題型二】 含參函數的單調性

【典題1】 討論\(f(x)=-\ln x+a x+\dfrac{a-1}{x}-1\)的單調性.
【解析】\(y=f(x)\)的定義域為\((0 ,+∞)\)，
\({\color{Red}{(注意定義域) }}\)
\(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x}+a-\dfrac{a-1}{x^{2}}\)\(=\dfrac{a x^{2}-x+1-a}{x^{2}}\)\(=\dfrac{(x-1)(a x+a-1)}{x^{2}}\)，
\({\color{Red}{(通分，因式分解是常規操作) }}\)
令\(g(x)=(x-1)(ax+a-1)\) ,\(x∈(0 ,+∞)\)；
\({\color{Red} {(g(x) 與f^{\prime}(x)的符號相同)}}\)
\({\color{Red}{(第一步：討論函數類型) }}\)
(1)當\(a=0\)時，\(g(x)=-x+1\)
當\(x∈(0 ,1)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime} (x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；
當\(x∈(1 ,+∞)\)時，\(g(x)<0\)，即\(f^{\prime} (x)<0\)，函數\(f(x)\)單調遞減；
(2)當\(a≠0\)時，令\(g(x)=0\)，解得\(x_1=1\) ,\(x_2=\dfrac{1}{a}-1\)；
\({\color{Red}{(第二步：討論二次函數開口方向) }}\)
①當\(a<0\)時，拋物線\(g(x)=(x-1)(ax+a-1)\)開口向下，
由於\(\dfrac{1}{a}-1<0\)
\({\color{Red}{ (留意導函數零點和定義域端點0的大小)}}\)
\(x∈(0 ,1)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime} (x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；
\(x∈(1 ,+∞)\)時，\(g(x)<0\)，即\(f^{\prime} (x)<0\)，函數\(f(x)\)單調遞減.

②當\(a>0\)時，拋物線\(g(x)=(x-1)(ax+a-1)\)開口向上，
\({\color{Red}{(第三步：比較導函數零點大小) }}\)

(i)當\(a=\dfrac{1}{2}\)時，\(x_1=x_2\)，\(g(x)>0\)恆成立，
\({\color{Red}{(不要忘了兩根相等的情況) }}\)
此時\(f^{\prime} (x)≥0\)，函數\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞增；

(ii)當\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，\(0<1<\dfrac{1}{a}-1\)，\(0<x_1< x_2\) ,
\(x∈(0 ,1)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；
\(x∈(1 ,\dfrac{1}{a}-1)\)時，\(g(x)<0\)，即\(f^{\prime}(x)<0\)，函數\(f(x)\)單調遞減；
\(x∈(\dfrac{1}{a}-1 ,+∞)\)時，\(g(x)>0\),即\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；

(ⅲ)當\(\dfrac{1}{2}<a<1\)時，\(0<\dfrac{1}{a}-1<1\) ,\(0<x_2< x_1\)
\(x∈(0 ,\dfrac{1}{a}-1)\)時，\(g(x)>0\) ,即\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；
\(x∈(\dfrac{1}{a}-1,1)\)時，\(g(x)<0\)，即\(f^{\prime}(x)<0\)，函數\(f(x)\)單調遞減；
\(x∈(1 ,+∞)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；

(ⅳ)當\(a≥1\)時，\(\dfrac{1}{a}-1≤0\)，\(x_2<0<x_1\)
\({\color{Red}{ (留意導函數零點和定義域端點0的大小) }}\)
\(x∈(0 ,1)\)時，\(g(x)<0\),即\(f^{\prime} (x)<0\)，函數\(f(x)\)單調遞減；
\(x∈(1 ,+∞)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)，函數\(f(x)\)單調遞增；
綜上所述
當\(a≤0\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,1)\)上單調遞增 , 在\((1 ,+∞)\)上單調遞減；
當\(a=\dfrac{1}{2}\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞增；
當\(0<a<\dfrac{1}{2}\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,1)\) ,\((\dfrac{1}{a}-1 ,+∞)\)上單調遞增 , 在\((1 ,\dfrac{1}{a}-1)\)上單調遞減；
當\(\dfrac{1}{2}<a<1\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,\dfrac{1}{a}-1)\) ,\((1 ,+∞)\)單調遞增，在\((\dfrac{1}{a}-1 ,1)\)單調遞減；
當\(a≥1\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,1)\)單調遞減 , 在\((1 ,+∞)\)單調遞增.
【點撥】
①原函數的單調性等價於導函數的正負性，我們注重導函數是否存在零點，零點的個數，零點的大小等；
②求導后，通分、因式分解是個好習慣，
\(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x}+a-\dfrac{a-1}{x^{2}}\)\(=\dfrac{a x^{2}-x+1-a}{x^{2}}\)\(=\dfrac{(x-1)(a x+a-1)}{x^{2}}\) ；能因式分解說明導函數存在零點，本題就不需要考慮討論判別式\(∆\).
③ 本題分類討論思路

④ 在第二，第三步討論中，要注意導函數零點和定義域端點\(0\)的大小.
⑤ 在討論繁瑣時，建議以思維導圖形式，畫“導函數圖像”梳理思路，並畫上對應每個分類討論步驟中導函數與原函數的草圖.
 

【典題2】 已知函數\(f(x)=e^x-2ae^{-x}-(2+a)x\)的單調性.
【解析】\(f^{\prime}(x)=e^{x}+2 a e^{-x}-(2+a)\)\(=\dfrac{\left(e^{x}-2\right)\left(e^{x}-a\right)}{e^{x}}\)，
(1)若\(a≤0\)時，\(e^x-a>0\)，
由\(e^x－2=0\)，解得\(x=ln2\)，
當\(x<ln2\)時，\(f^{\prime}(x)<0\)；當\(x>ln2\)，\(f^{\prime} (x)>0\)，
故\(f(x)\)在\((-∞ ,ln2)\)遞減，在\((ln2 ,+∞)\)遞增；
(2)若\(a>0\)時，
由\(f^{\prime}(x)=0\)，解得\(x_1=ln2\)或\(x_2=lna\)，
①當\(0<a<2\)時，\(x_2< x_1\)，
當\(lna<x<ln2\)時，\(f^{\prime} (x)<0\)；
當\(x>ln2\)或\(x<lna\)時，\(f^{\prime} (x)>0\)，
故\(f(x)\)在\((lna ,ln2)\)遞減，在\((-∞ ,lna)\)，\((ln2 ,+∞)\)遞增，
②當\(a=2\)時，\(x_2= x_1\)，\(f^{\prime} (x)≥0\)在\(R\)上恆成立，
故\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，
③當\(a>2\)時，\(x_1< x_2\)，
當\(ln2<x<lna\)時，\(f^{\prime}(x)<0\)；
當\(x>lna\)或\(x<ln2\)時，\(f^{\prime} (x)>0\)，
故\(f(x)\)在\((ln2 ,lna)\)遞減，在\((-∞ ,ln2)\),\((lna ,+∞)\)上單調遞增；

綜上：當\(a≤0\)，\(f(x)\)在\((-∞ ,ln2)\)遞減，在\((ln2 ,+∞)\)遞增，
當\(0<a<2\)時，\(f(x)\)在\((lna ,ln2)\)遞減，在\((-∞ ,lna)\) ,\((ln2 ,+∞)\)遞增，
當\(a=2\)時，\(f(x)\)在\(R\)上單調遞增，
當\(a>2\)時，\(f(x)\)在\((ln2 ,lna)\)遞減，在\((-∞ ,ln2)\) ,\((lna ,+∞)\)上單調遞增．

【點撥】
① 令\(g(x)=(e^x-2)(e^x-a)\)，\(∵e^x>0\)，
\(∴ y=f^{\prime}(x)\)與\(y=g(x)\)的正負性一致，若令\(g(x)=0\)，解得\(x=ln2\)或\(x=lna\)是錯的，因為當\(a>0\)時\(lna\)才有意義，故要按照\(a>0\)和\(a≤0\)分類討論；
② 若\(a>0\)時，零點有兩個\(x_1=ln2\)或\(x_2=lna\)，討論\(g(x)=(e^x-2)(e^x-a)\)的正負性，
由於\(y=e^x-2\)與\(y=x-ln2\)的正負性一樣，
所以\(g(x)=(e^x-2)(e^x-a)\)與\(y=(x-ln2)(x-lna)\)的正負性一樣.
③ 分類討論思維導圖如下

\({\color{Red}{ 分類討論有兩點較難的地方}}\)
(1) 分類的“不漏不重”:把每段分類看成一個集合，每兩個集合間交集為空集即為“不重”，所有集合的並集是全集即為“不漏”；
(2) 分類的標准:在利用導數求含參函數的單調性，歸納成以下方法，僅供參考理解，

• 導函數是否存在零點；
• 若有零點，有幾個？有兩個以上，再比較零點大小；
• 零點與定義域端點的大小比較.

整個分類討論的思考過程，結合導函數與原函數的圖像進行分析能讓思路更清晰.
 

【典題3】 設函數\(f(x)=e^x-\dfrac{1}{2} x^2-ax\)的單調性.
【解析】\(f^{\prime}(x)=e^x-x-a\)，
令函數\(g(x)=f^{\prime}(x)\)，則\(g^{\prime}(x)=e^x-1\)，
令\(g^{\prime}(x)>0\)，解得：\(x>0\)，
令\(g^{\prime} (x)<0\)，解得：\(x<0\)，
故\(g(x)\)在\((-∞ ,0)\)遞減，在\((0 ,+∞)\)遞增，
故\(g(x)_{min}=g(0)=1-a\)，
當\(a≤1\)時，\(g(x)_{min}=1-a≥0\)，則\(f(x)\)在\(R\)是單調遞增，
當\(a>1\)時，\(g(x)_{min}=1-a<0\)，
易知當\(x→-∞\)時，\(g(x)→+∞\)，當\(x→+∞\)時，\(g(x)→+∞\)，
由零點存在性定理知：存在\(x_1 ,x_2\)，使得\(g(x_1)=g(x_2)=0\)，
不妨設\(x_1<x_2\)，
當\(x∈(-∞ ,x_1)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)，
當\(x∈(x_1 ,x_2)\)時，\(g(x)<0\)，即\(f^{\prime}(x)<0\)，
當\(x∈(x_2 ,+∞)\)時，\(g(x)>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)，
故函數\(f(x)\)在\((-∞ ,x_1)\)遞增，在\((x_1 ,x_2)\)遞減，在\((x_2 ,+∞)\)遞增.
綜上，當\(a≤1\)時，\(f(x)\)在R是單調遞增；當\(a>1\)時，\(f(x)\)先遞增再遞減再遞增.
 

鞏固練習

1(★★) 求函數\(f(x)=alnx-ax-3\)的單調區間.
 

2(★★) 求函數\(f(x)=ax^2+(2-a)lnx+2\)的單調性.
 

3(★★★) 求函數\(f(x)=-\dfrac{1}{2} a(x-1)^2+(x-2) e^x (a>0)\)的單調性.

 

答案

1. 若\(a=0\)，原函數不具有單調性；
   若\(a>0\)，函數\(f(x)\)在\((0 ,1)\)遞增，在\([1 ,+∞)\)遞減；
   若\(a<0\)，函數\(f(x)\)在\((0 ,1)\)遞減，在\([1 ,+∞)\) 遞增.
2. \(a<0\)時，函數\(f(x)\)在\(\left(0, \sqrt{\dfrac{a-2}{2 a}}\right)\)上單調遞增，在\(( \sqrt{\dfrac{a-2}{2 a}}，+∞)\)單調遞減．
   \(0≤a≤2\)時，函數\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞增，
   \(a>2\)時，函數\(f(x)\)在\((0，\sqrt{\dfrac{a-2}{2 a}})\)上單調遞減，在\((\sqrt{\dfrac{a-2}{2 a}}，+∞)\)單調遞增．
3. (i)當\(0<a<e\)時，\(f(x)\)在\((1 ,+∞)\),\((-∞ ,lna)\)上遞增，\(f(x)\)在\((lna ,1)\)上遞減；
   (ii)當\(a=e\)時， \(f(x)\)在\(R\)上單調遞增；
   (iii)當\(a>e\)時，\(f(x)\)在\((lna ,+∞)\) ,\((-∞ ,1)\)上遞增，\(f(x)\)在\((1 ,lna)\)上遞減.
    

【題型三】函數單調性的應用

【典題1】 已知\(a<5\)且\(ae^5=5e^a\)，\(b<4\)且\(be^4=4e^b\)，\(c<3\)且\(ce^3=3e^c\)，則(　　)
A．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(b<c<a\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(a<c<b\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(a<b<c\)
【解析】根據題意，設\(f(x)=\dfrac{e^{x}}{x}\)， (同構)
\(a<5\)且\(ae^5=5e^a\)，變形可得\(\dfrac{e^{a}}{a}=\dfrac{e^{5}}{5}\)，即\(f(a)=f(5)\)，
\(b<4\)且\(be^4=4e^b\)，變形可得\(\dfrac{e^{b}}{b}=\dfrac{e^{4}}{4}\)，即\(f(b)=f(4)\)，
\(c<3\)且\(ce^3=3e^c\)，變形可得\(\dfrac{e^{c}}{c}=\dfrac{e^{3}}{3}\)，即\(f(c)=f(3)\)，
\(f(x)=\dfrac{e^{x}}{x}\)，其導數\(f^{\prime}(x)=\dfrac{e^{x}(x-1)}{x^{2}}\)，
在區間\((0 ,1)\)上，\(f'(x)<0\)，則\(f(x)\)為減函數，
在區間\((1 ,+∞)\)上，\(f'(x)>0\)，則\(f(x)\)為增函數，
其草圖如圖，則有\(0<a<b<c<1\)，

故選：\(D\)．
【點撥】
① 本題通過構造函數再利用單調性判斷大小. 如何構造函數呢？
通過變形尋找“相似結構”為關鍵，\(ae^5=5e^a\)通過移項變形為\(\dfrac{e^{a}}{a}=\dfrac{e^{5}}{5}\)，此時等式兩邊式子的結構想到函數\(f(x)=\dfrac{e^{x}}{x}\).
下面再舉些例子：
(1) \(x-e^y>y-e^x\)移項易得函數\(f(x)=x+e^x\)；
(2)\(\ln \dfrac{x_{1}}{x_{2}}<e^{x_{1}}-e^{x_{2}}\)變形可得函數\(f(x)=e^x-lnx\)；
(3)\(m^{n}>n^{m}\)兩邊取對數得\(n\cdot \ln m>m\cdot \ln n\)易得函數\(f(x)=\dfrac{lnx}{x}\).
(4)\(\dfrac{x_{1}}{x_{2}}<\sqrt{e^{x_{1}-x_{2}}}\)兩邊取對數得\(\ln \dfrac{x_{1}}{x_{2}}<\dfrac{1}{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)\)可得函數\(f(x)=lnx-\dfrac{1}{2} x\)，或者兩邊平方得\(\dfrac{x_{1}^{2}}{x_{2}^{2}}<\dfrac{e^{x_{1}}}{e^{x_{2}}}\)可得函數\(f(x)=x^2 e^x\).
(5)\(alna>be^b\)通過變形\(lna\cdot e^{lna}>be^b\)可得函數 \(f(x)=xe^x\), 則有\(f(lna)>f(b)\).
② \(f(x)=\dfrac{e^x}{x}\)是常見的超越函數，其圖象如下圖.

 

【典題2】 已知\(0<α<β<\dfrac{π}{2}\)，則下列不等式中恆成立的是(　　)
A．\(α^α<β^β\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(α^α≤β^β\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(α^β>β^α\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(α^β<β^α\)
【解析】構造函數\(f(x)=\dfrac{lnx}{x}\)，則\(f'(x)=\dfrac{1-lnx}{x}\)，
令\(f'(x)>0\)，解得\(0<x<e\)，令\(f'(x)<0\)，解得\(x>e\)，
\(∴\)函數\(f(x)\)在\((0，e)\)上單調遞增，在\((e，+∞)\)上單調遞減，
\(∴\)函數\(f(x)\)在\((0 ,\dfrac{π}{2})\)上單調遞增，
\(∴f(α)<f(β)\)，即\(\dfrac{\ln \alpha}{\alpha}<\dfrac{\ln \beta}{\beta}\)，
\(∴βlnα<αlnβ\)，即\(lnα^β<lnβ^α⇒α^β<β^α\)，
故選：\(D\)．
【點撥】
① 遇到“指數型函數”可兩邊取對數找到需要構造的函數.
② 對於選項\(α^α<β^β\)左右式子“結構相似”可構造函數\(g(x)=x^x\) , 但這函數復雜故放棄，兩邊取對數可得\(αlnα<βlnβ\), 則可構造函數\(f(x)=xlnx\), 它在\((0 ,\dfrac{1}{e})\)上遞減，\((\dfrac{1}{e} ,+∞)\)上遞增 , 故判斷不了\(α、β\)大小.
③\(f(x)=\dfrac{lnx}{x}\)是常見的超越函數，其圖象如下圖.

 

鞏固練習

1(★★) 若\(a=\dfrac{\ln 4}{4}\) ,\(, b=\dfrac{\ln 5.3}{5.3}\)，\(c=\dfrac{\ln 6}{6}\)，則\(a、b、c\)的大小是(　　)
A．\(a<b<c\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(b<a<c\)
 

2(★★) 若\(α ,β∈[-\dfrac{π}{2},\dfrac{π}{2}]\)，且\(α\sinα-β\sinβ>\cosα-\cosβ\)，則下列結論中必定成立的是(　　)
A．\(α>β\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(α>－β\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(α<β\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(|α|>|β|\)
 

3(★★) 若\(\ln x-\ln y<\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{1}{\ln y}(x>1, y>1)\)，則(　　)
A．\(e^{y-x}>1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(e^{y-x}<1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(e^{y-x-1}>1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(e^{y-x-1}<1\)
 

4(★★★) 已知\(α ,β∈(0 ,π)\)，\(α≠β\)，若\(e^α-e^β=\cosα-2\cosβ\)，則下列結論一定成立的是(　　)
A．\(\sinα<\sinβ\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(\cosα<\cosβ\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\sinα>\sinβ\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\cosα>\cosβ\)
 

參考答案

1. \(B\)
2. \(D\)
3. \(A\)
4. \(A\)