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1、第第 3 3 章章 导数导数第第 2 节节 导数的应用导数的应用题型 36 利用导数研究函数的单调性1.（2013 湖北文 21） 设，已知函数0a 0b ( )1axbf xx（1） 当时，讨论函数的单调性；ab( )f x（2） 当时，称为，关于的加权平均数0x ( )f xabx（i）判断，是否成等比数列，并证明；(1)fbfa bfabbffaa(ii)，的几何平均数记为称为，的调和平均数，记为. 若abG2ab ababH，求的取值范围( )Hf xGx1.分析分析 （1）利用导数通过分类讨论求解；（2）用等比中项证明成 1 ,bbfffaa等比数列；通过函数的单调性求解. f x解
2、析解析 （1）定义域为，. f x , 11, 22111a xaxbabfx xx 当时，函数在上单调递增；ab 0fx f x , 1 ,1, 当时，函数在上单调递减.ab 0fx f x , 1 ,1, （2）计算得， 210,0,02abbabbfffabaaba故 2212bababbffabfaaba所以成等比数列. 1 ,bbfffaa因为，即.由得.2abab 1bffa bbffaa由知，故，,bbfH fGaa Hf xG得 bbff xfaa当时，.这时，的取值范围为；ab bbff xfaaax0,当，时，从而，由在上单调递增与式，得ab01b abb aa f x0,
3、，即的取值范围为；bbxaax,bb aa 当时，从而，由在上单调递减与式，得ab1b abb aa f x0,，即的取值范围为.bbxaax,b b a a 2.(2013 广东文 21）设函数32( )()f xxkxxkR(1) 当，求函数的单调区间；1k ( )f x(2) 当，求函数在上的最小值和最小值0k ( )f x ,kkmM2.分析分析 （1）求函数的单调区间，就是求不等式和的解集.（2）函数 0fx 0fx是一个三次函数，其导数为二次函数，因为不确定，故需要讨论判别式的符号， f xk在时，通过表格列出函数在闭区间上的变化情况，比较区间商战的函数值和0, kk极值的大小确定
4、最值.解析解析 （1）当时，1k 322,321f xxxx fxxx因为，所以恒成立，所以函数在上单调递增，44 3 1 80 0fx f xR故函数的单调递增区间为，函数没有单调递减区间. f x, f x（2）当时，.0k 322,321,f xxkxx fxxkx2241243kk当时，所以恒成立，所以函数在上单调30k0 0fx f x, kk递增，故. 32,mf kkk kkk Mfk3232kkkkkk 当时，由可求得方程的两个根为3k 0 0fx，221233,33kkkkxx因为（可以利用一元二次方程根与系数的关系进行判断：120kxxk ，从而） ，所以由可得121212
5、0,033x xkxxk120kxx 0fx，由可得，所以，随的变化12kxxxxk 或 0fx12xxx f x fxx情况如下表：xk1, k x1x12,x x2x2,xkk fx00 f xkA极大值 1f xA极小值 2f xA32kk所以. 21min,max,mf kf xMf xfk因为，所以，所以 322 22222210f xf kxkxxkxkx 2f xf k. mf kk又因为， 323 11112f xfkxkxxkk 22 1110xkxkk（其中323 1112xkxxkk 3233 111xkxxkkk 3323 111xkkxkxk22 111xkxkxk
6、111k xkxkxk22 11111xkxkxkk xk）所以，所以. 22 1110xkxkk 1f xfk32Mfkkk 综上所述，.mk32Mkk 3.（2013 山东文 21）. 已知函数 2( )lnf xaxbxx( ,)a bR（1）设，求的单调区间；a0( )f x（2）设，且对任意，试比较与的大小a00x ( )f x(1)flna2b3.分析分析 （1）求的单调区间，需要对求导，当时，是增函数， f x f x 0fx f x当 时，是减函数，但是需要对参数和进行讨论.（2）的最小值 0fx 0fx10xb，函数单调递增. 0fx f x所以函数的单调递减区间是，单调递增
7、区间是. f x10,b1,b当时，令，得.由，得0a 0fx2210axbx 280ba.显然，.221288,44bbabbaxxaa 10x 当时，函数单调递减；20xx 0fx f x所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是 f x280,4bba a .28,4bba a 综上所述，当时，函数的单调递减区间是；0,0ab f x0,当时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是；0,0ab f x10,b1,b当时，函数的单调递减区间是,单调递增区间是0a f x280,4bba a .28,4bba a （2）由题意知函数在处取得最小值. f x1x 由（1）知是的唯一极最小点，故.整
8、理，得28 4bba a f x2814bba a ，即.令，则.21ab1 2ba 24lng xxx 1 4xgxx令，得. 0gx1 4x 当时，单调递增；当时，单调递104x g x1 4x 0gx因此2112122222xxxx 1222221.xx（当且仅当，即且时等号成立）1222221xx13 2x 21 2x 所以，函数的图象在点处的切线互相垂直时，有. f x,A B211xx（3）当或时，故.120xx 12fxfx120xx f x 22,xf x22 21lnyxxxx即.2 21ln1yxxx 两切线重合的充要条件是1 22 21122,ln1.xxxxa 由及知.
9、120xxln2 1a且 趋近于时，无限增大，所以的取值范围是.故当函数0,2tt0 h taln2 1,的图象在点处的切线重合时，的取值范围是. f x,A Baln2 1,5. (2013 湖南文 21）已知函数. 21e1xxf xx（1）求的单调区间；( )f x（2）证明：当时，. 12f xf x12xx120xx5.分析分析 （1）求出函数的导数，解关于导数的不等式求得其单调区间.（2）根据函数的单调性及函数值的秸，设出有大小的两个值，通过与的大小，将问题转化12,x x 1f x2fx为与的大小，从而得出结论.1x2x解析解析 （1）函数的定义域为. f x, . 2211ee
10、11xxxxfxxx 222222212211ee111xxxxxxx xxx当时，；当时，.0x 0fx0x 0fx所以的单调递增区间为，单调递减区间为. f x,00,（2）证明：当时，由于，故；同理，当时，1x 210,e01xx x 0f x 1x .当时，不妨设，由（1）知， 0f x 1212f xf xxx12xx.下面证明：，即证12,0 ,0,1xx 0,1 ,xf xfx .此不等式等价于.2211ee11xxxx xx11e0ex xxx令，则. 11eex xxg xx 2ee1xxgxx 当时，单调递减，从而，即0,1x 0gx g x 00g xg.11e0ex x
11、xx所以.而，所以，从而 0,1 ,xf xfx 20,1x 22f xfx.由于在上单调递增，所以，即 12f xfx 12,0 ,xxf x ,012xx .120xx6.（2014 新课标文 11）若函数在区间单调递增，则的取值范( )lnf xkxx1,k围是（ ）.A. B. C. D., 2 , 1 2,1,7.（2014 山东文 20）（本小题满分 13 分）设函数 ，其中 a 为常数. 1ln1xfxaxx（1）若，求曲线在点处的切线方程；0a yf x 1,1f（2）讨论函数的单调性. f x8.（2014 江西文 18）（本小题满分 12 分）已知函数，其中.xaaxxxf)44()(220a（1）当时，求的单调递增区间；4a)(xf（2）若在区间上的最小值为 ，求 的值.)(xf4 , 1 8a9 （2014 湖北文 21） （本小题满分 14 分）为圆周率，为自然对数的底数. e2.718 28（）求函数的单调区间； lnxf xx（）求，这 个数中的最大数与最小数.3ee3ee33610.（2014 江苏 19（1） ）已知函数试讨论的单调性. 32f xxaxb, a bR f x10.解析解析 由题意， 232fxxax233x xa当，即时，对恒成立，1203a0a 230fxxxR故的单调递增区间为； fx, 当，即时，2203a0a
