最后更新: 2025-04-12 14:56 查看: 376 次反馈刷题

利用导数判断函数单调性

## 利用导数判断函数单调性

（一）函数的增减性
我们已经学过增函数与减函数的概念, 现在要阐明导数的正负与函数的增减的关系。
读者已经知道常量的导数等于零, 现在反过来问：如果函数 $f$ 在给定区间上的导数永远是零, 那么这个函数在这个区间上就是一个常量?

### 定理1
如果函数 $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上的每一点的导数等于零, 即 $f^{\prime}(x)=0$, 那么函数 $f$ 在 $(a, b)$ 上是一个常数.

关于他的证明这里省略，我们仅从几何意义上理解，导数表示的函数的斜率（即曲线的倾斜程度）。如果导数等于零，表示函数的图像倾斜率为零，也就是水平的，因此即$f(x)=c$是一个常数。

### 定理2

> **若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内 $f^{\prime}(x)> 0$ , 那么 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上严格递增。如果$f^{\prime}(x)< 0$，那么那么 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上严格递减。**

定理2的几何意义还是很明显的, 参考下图，在左图，在曲线上任意取一点$P$,然后做该点切线，不难发现该点曲线的斜率都大于0.
 同样，在右侧曲线上任取一点做该点斜率，不难发现该点的斜率都小于0.
 
 ![图片](/uploads/2025-04/45a6b5.jpg)

## 利用导数判断函数单调性结论
(1) 如果在区间 $(a, b)$ 内, $f^{\prime}(x)>0$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(a, b)$ 上是增函数

(2) 如果在区间 $(a, b)$ 内, $f^{\prime}(x)<0$, 则曲线 $y=f(x)$ 在 $(a, b)$ 上是减函数。

`例`用导数研究二次函数 $f(x)=a x^2+b x+c$ 的单调性.
解 对该二次函数求导得 $f^{\prime}(x)=2 a x+b$. 列表如下

![图片](/uploads/2025-04/c9e12d.jpg)
 
 
令 $f^{\prime}(x)=2 a x+b>0$, 则当 $a>0$ 时, $x>-\frac{b}{2 a}$, 当 $a<0$ 时, $x<-\frac{b}{2 a}$.令 $f^{\prime}(x)=2 a x+b<0$, 则当 $a>0$ 时, $x<-\frac{b}{2 a}$, 当 $a<0$ 时, $x>-\frac{b}{2 a}$.故 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{b}{2 a}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\frac{b}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递增; $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty,-\frac{b}{2 a}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(-\frac{b}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递减.

虽然二次函数的情形比较简单，不用导数也能说清楚函数单调性，但对于许多其他情形，导数的优势就很明显了。

`例`求下列函数的单调区间.
(1)  $f(x)=x+\frac{4}{x}$ ；
(2) $f(x)=x+ e ^x$.

解 （1）由题意可知，函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-\infty, 0) \cup(0,+\infty)$.
对 $f(x)=x+\frac{4}{x}$ 求导得 $f^{\prime}(x)=1-\frac{4}{x^2}$.
令 $f^{\prime}(x)=1-\frac{4}{x^2}>0$, 解得 $x>2$ 或 $x<-2$.
故函数 $f(x)=x+\frac{4}{x}$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-2)$ 和 $(2,+\infty)$.
令 $f^{\prime}(x)=1-\frac{4}{x^2}<0$, 解得 $-2<x<0$ 或 $0<x<2$.
故函数 $f(x)=x+\frac{4}{x}$ 的单调递减区间为 $(-2,0)$ 和 $(0,2)$.
(2) 由题意可知，函数 $f(x)$ 的定义域为 $(-\infty,+\infty)$.

对 $f(x)=x+ e ^x$ 求导得 $f^{\prime}(x)=1+ e ^x$ 。
因为 $e ^x>0$ 恒成立，所以 $f^{\prime}(x)=1+ e ^x>0$ 。
故函数 $f(x)=x+ e ^x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增.

## 导数大小的意义
导数的正负对应于函数的增减，导数的绝对值大小和函数的性态又有什么关系呢？
>①位移对时间的导数是瞬时速度，导数绝对值大表示瞬时速度大，导数绝对值小表示瞬时速度小。
②函数图象的导数就是切线的斜率。导数绝对值大表示曲线比较陡峭,斜率的绝对值小表示曲线比较平缓。

`例` 讨论函数 $f(x)=a \ln x+x$ 的单调性, 其中 $a$ 为实常数.
解 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$.
因为 $f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+1$, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $\frac{a}{x}+1>0$, 即 $x>-a$,
所以
当 $-a \leqslant 0$, 即 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 此时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$

上单调递增；
当 $-a>0$, 即 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 的解为 $x>-a$, 此时 $f(x)$ 在 $(0,-a]$ 上单调递减, 在 $[-a,+\infty)$ 上单调递增.

`例`已知函数 $f(x)=a e ^{-x}+\cos x(a \in R )$ ．
（1）若函数 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上是单调函数，求实数 $a$ 的取值范围；
（2）当 $a=-1$ 时，$x_0$ 为 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 上的零点，求证：$\frac{\pi}{2}<x_0+\frac{1}{ e ^{x_0}\left(\sin x_0-\cos x_0\right)}$ ．

解：（1）由题知，$f(x)=a e ^{-x}+\cos x(a \in R )$ ．所以 $f^{\prime}(x)=-a e ^{-x}-\sin x$ ，因为函数 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上是单调函数，
若函数 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上是单调递减，所以 $f^{\prime}(x) \leq 0$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上恒成立，即 $a \geq- e ^x \sin x$ ，设 $g(x)=- e ^x \sin x, x \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ ，所以 $g^{\prime}(x)=- e ^x(\sin x+\cos x)=-\sqrt{2} e ^x \sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)$ ，因为 $x \in\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ ，所以 $-\frac{\pi}{4}<x+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{4}$ ，
当 $x \in\left(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{4}\right)$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ，函数 $g(x)$ 单调递增；
当 $x \in\left(-\frac{\pi}{4}, 0\right)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，函数 $g(x)$ 单调递减；所以 $g(x)_{\max }=g\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} e ^{-\frac{\pi}{4}}$ ，故 $a \geq \frac{\sqrt{2}}{2} e ^{-\frac{\pi}{4}}$ ；
若函数 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上是单调递增，所以 $f^{\prime}(x) \geq 0$ 在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ 上恒成立，即 $a \leq- e ^x \sin x$ ，由上可知，$g(x)_{\min }>g(0)=0$ ，故 $a \leq 0$ ．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围为 $a \leq 0$ 或 $a \geq \frac{\sqrt{2}}{2} e ^{-\frac{\pi}{4}}$ ．
（2）当 $a=-1$ 时，$f(x)=- e ^{-x}+\cos x$ ，所以 $f^{\prime}(x)= e ^{-x}-\sin x$ ，当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 时，$f(x)=- e ^{-x}+\cos x<0$ ，故 $x_0 \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，令 $m(x)= e ^{-x}-\sin x$ ，则 $m^{\prime}(x)=- e ^{-x}-\cos x$ ，因为 $y=- e ^{-x}$ 和 $y=-\cos x$ 都在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增，所以 $m^{\prime}(x)=- e ^{-x}-\cos x$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增，当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时，$m^{\prime}(x)<m^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=- e ^{-\frac{\pi}{2}}<0$ ，所以 $m(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减，
所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减，因为 $f^{\prime}(0)=1>0, f^{\prime}\left(\frac{\pi}{4}\right)= e ^{-\frac{\pi}{4}}-\frac{\sqrt{2}}{2}<0$ ，
所以存在唯一的 $x_1 \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ ，使得 $f^{\prime}\left(x_1\right)=0$ ，所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_1\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减，又因为 $f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{4}\right)=- e ^{-\frac{\pi}{4}}+\frac{\sqrt{2}}{2}>0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=- e ^{-\frac{\pi}{2}}<0$ ，
所以函数 $f(x)=- e ^{-x}+\cos x$ 在 $(0, \pi)$ 上的零点 $x_0 \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，即 $\cos x_0=\frac{1}{ e ^{x_0}}$ ，
要证 $\frac{\pi}{2}<x_0+\frac{1}{ e ^{x_0}\left(\sin x_0-\cos x_0\right)}$ ，即证 $\left(\frac{\pi}{2}-x_0\right)\left(\sin x_0-\cos x_0\right)-\cos x_0<0$ ，设 $h(x)=\left(\frac{\pi}{2}-x\right)(\sin x-\cos x)-\cos x, x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ ，
所以 $h^{\prime}(x)=(\cos x+\sin x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)-(\sin x-\cos x)+\sin x=(\cos x+\sin x)\left(\frac{\pi}{2}-x\right)+\cos x$ ，
显然 $h^{\prime}(x)>0$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立，所以 $h(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增，
所以 $h(x)<h\left(x_0\right)=\left(\sin \frac{\pi}{2}-\cos \frac{\pi}{2}\right)\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\right)-\cos \frac{\pi}{2}=0$ ，故原不等式得证．

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