函數(shù)與導數(shù)22種考法

關(guān)注公眾號《品數(shù)學》PAGEPAGE60高中數(shù)學資料共享群（734924357）函數(shù)與導數(shù)22種考法目錄題型一切線型1.求在某處的切線方程2.求過某點的切線方程3.已知切線方程求參數(shù)題型二單調(diào)型1.主導函數(shù)需“二次求導”型2.主導函數(shù)為“一次函數(shù)”型3.主導函數(shù)為“二次函數(shù)”型4.已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)范圍題型三極值最值型1.求函數(shù)的極值2.求函數(shù)的最值3.已知極值求參數(shù)4.已知最值求參數(shù)題型四零點型1.零點(交點，根)的個數(shù)問題2.零點存在性定理的應(yīng)用3.極值點偏移問題題型五恒成立與存在性問題1.單變量型恒成立問題2.單變量型存在性問題3.雙變量型的恒成立與存在性問題4.等式型恒成立與存在性問題題型六與不等式有關(guān)的證明問題1.單變量型不等式證明2.含有ex與lnx的不等式證明技巧3.多元函數(shù)不等式的證明4.數(shù)列型不等式證明的構(gòu)造方法題型一切線型1.求在某處的切線方程例1.【2015重慶理20】求函數(shù)f(x)＝eq\f(3x2,ex)在點(1，f(1))處的切線方程.解：由f(x)＝eq\f(3x2,ex)，得f′(x)＝eq\f(6x－3x2,ex)，切點為(1，eq\f(3,e))，斜率為f′(1)＝eq\f(3,e)由f(1)＝eq\f(3,e)，得切點坐標為(1，eq\f(3,e))，由f′(1)＝eq\f(3,e)，得切線斜率為eq\f(3,e)；∴切線方程為y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，即3x－ey＝0.例2.求f(x)＝ex(eq\f(1,x)＋2)在點(1，f(1))處的切線方程.解：由f(x)＝ex(eq\f(1,x)＋2)，得f′(x)＝ex(－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x)＋2)由f(1)＝3e，得切點坐標為(1,3e)，由f′(1)＝2e，得切線斜率為2e；∴切線方程為y－3e＝2e(x－1)，即2ex－y＋e＝0.例3.求f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)在點(0，f(0))處的切線方程.解：由f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)，得f′(x)＝－eq\f(1,1－x)－eq\f(1,1＋x)由f(0)＝0，得切點坐標為(0，0)，由f′(0)＝－2，得切線斜率為－2；∴切線方程為y＝－2x，即2x＋y＝0.例4.【2015全國新課標理20⑴】在直角坐標系xoy中，曲線C：y=eq\f(x2,4)與直線l：y=kx＋a(a＞0)交于M，N兩點，當k＝0時，分別求C在點M與N處的切線方程.解：由題意得：a=eq\f(x2,4)，則x＝±2eq\r(a)，即M(－2eq\r(a)，a)，N(2eq\r(a)，a)，由f(x)＝eq\f(x2,4)，得f′(x)＝eq\f(x,2)，當切點為M(－2eq\r(a)，a)時，切線斜率為f′(－2eq\r(a))＝－eq\r(a)，此時切線方程為：eq\r(a)x＋y＋a＝0；當切點為N(2eq\r(a)，a)時，切線斜率為f′(2eq\r(a))＝eq\r(a)，此時切線方程為：eq\r(a)x－y－a＝0；eq\x(解題模板一)求在某處的切線方程⑴寫出f(x)；⑵求出f′(x)；⑶寫出切點(x0，f(x0))；⑷切線斜率k＝f′(x0)；⑸切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).2.求過某點的切線方程點P在曲線上切點點P在曲線上點P在曲線上切點點P在曲線上不確定是切點點P不在曲線上不是切點POoPOoPPOoOPPOoOoStep1設(shè)切點為(x0，f(x0))，則切線斜率f′(x0)，切線方程為：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)Step2因為切線過點(a，b)，所以b－f(x0)＝f′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2Step2當x0＝x1時，切線方程為y－f(x1)＝f′(x0)(x－x1)當x0＝x2時，切線方程為y－f(x2)＝f′(x0)(x－x2)例1.求f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)過點P(2，4)的切線方程.解：設(shè)切點為(x0，eq\f(1,3)x03＋eq\f(4,3))，則切線斜率f′(x0)＝x02，所以切線方程為：y－eq\f(1,3)x03＋eq\f(4,3)＝x02(x－x0)，由切線經(jīng)過點P(2，4)，可得4－eq\f(1,3)x03＋eq\f(4,3)＝x02(2－x0)，整理得：x03－3x02＋4＝0，解得x0＝－1或x0＝2當x0＝－1時，切線方程為：x－y＋2＝0；當x0＝2時，切線方程為：4x－y－4＝0.例2.求f(x)＝x3－4x2＋5x－4過點(2，－2)的切線方程.解：設(shè)切點為(x0，x03－4x02＋5x0－4)，則切線斜率f′(x0)＝3x02－8x0＋5，所以切線方程為：y－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5)(x－x0)，由切線經(jīng)過點P(2，4)，可得4－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5)(2－x0)，解得x0＝1或x0＝2當x0＝1時，切線方程為：2x＋y－2＝0；當x0＝2時，切線方程為：x－y－4＝0.例3.過A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三條切線，求m的取值范圍.解：設(shè)切點為(x0，x03－3x0)，則切線斜率f′(x0)＝3x02－3，切線方程為y－(x03－3x0)＝(3x02－3)(x－x0)∵切線經(jīng)過點P(1,m)，∴m－(x03－4x02＋5x0－4)＝(3x02－8x0＋5)(1－x0)，即：－2x03＋3x02－3－m＝0，即m＝－2x03＋3x02－3∵過點A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三條切線，∴方程m＝－2x03＋3x02－3，有三個不同的實數(shù)根.∴曲線H(x0)＝－2x03＋3x02－3與直線y=m有三個不同交點，H′(x0)＝－6x02＋6x0＝－6x0(x0－1)令H′(x0)＞0，則0＜x0＜1；令H′(x0)＜0，則x0＜0或x0＞1∴H(x0)在(－∞，0)遞減，在(0,1)遞增，在(1，＋∞)遞減，∴H(x0)的極小值＝H(0)＝－3，H(x0)的極大值＝H(1)＝－2，由題意得－3＜x＜－2.例4.由點(－e，e－2)可向曲線f(x)＝lnx－x－1作幾條切線，并說明理由.解：設(shè)切點為(x0，lnx0－x0－1)，則切線斜率f′(x0)＝eq\f(1,x0)－1，切線方程為y－(lnx0－x0－1)＝(eq\f(1,x0)－1)(x－x0)，∵切線經(jīng)過點(－e，e－2)，∴e－2－(lnx0－x0－1)＝(eq\f(1,x0)－1)(－e－x0)，即lnx0＝eq\f(e,x0)∵y=lnx與y=eq\f(e,x)只有一個交點∴方程lnx0＝eq\f(e,x0)有唯一的實數(shù)根∴由點(－e，e－2)可向曲線f(x)＝lnx－x－1作一條切線.eq\x(解題模板二)求過某點的切線方程⑴設(shè)切點為(x0，f(x0))，則切線斜率f′(x0)，切線方程為：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)⑵因為切線過點(a，b)，所以b－f(x0)＝f′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2⑶當x0＝x1時，切線方程為y－f(x1)＝f′(x0)(x－x1)當x0＝x2時，切線方程為y－f(x2)＝f′(x0)(x－x2)3.已知切線方程求參數(shù)eq\x(解題模板三)已知切線方程求參數(shù)已知直線Ax＋By＋C＝0與曲線y=f(x)相切⑴設(shè)切點橫坐標為x0，則eq\b\lc\{(\a(切點縱坐標＝切點縱坐標,切線斜率＝切線斜率))即eq\b\lc\{(\a(f(x0)＝－eq\f(Ax0＋C,B),f′(x0)＝－eq\f(A,B)))⑵解方程組得x0及參數(shù)的值.例1.函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0，求a，b的值.解：∵f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，∴f′(x)＝eq\f(eq\f(a(x＋1),x)－alnx,(x＋1)2)－eq\f(b,x2)由題意知：eq\b\lc\{(\a(f(1)＝1,f′(1)＝－eq\f(1,2)))，即eq\b\lc\{(\a(b＝1,eq\f(a,2)－b＝－eq\f(1,2)))∴a＝b＝1例2.f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2，求a，b的值.解：∵f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，∴f′(x)＝aex(eq\f(1,x)＋lnx)＋bex－1(－eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x))由題意知：eq\b\lc\{(\a(f(1)＝2,f′(1)＝－e))，即eq\b\lc\{(\a(b＝2,ae＝e))∴a＝1，b＝2例3.若直線y＝kx＋b是y=lnx＋2的切線，也是y=ln(x＋1)的切線，求b.解：設(shè)y＝kx＋b與y=lnx＋2相切的切點橫坐標為x1，y＝kx＋b與y=ln(x＋1)相切的切點橫坐標為x2，eq\b\lc\{(\a(lnx1＋2＝kx1＋b①,eq\f(1,x1)＝k②,ln(x2＋1)＝kx2＋b③,eq\f(1,x2＋1)＝k④))，由②③得：x1＝x2＋1，由①－③得：lnx1－ln(x2＋1)＋2＝k(x1－x2)，將上式代入得：k＝2∴x1＝eq\f(1,2)，代入①得：－ln2＋2＝1＋b∴b＝1－ln2.例4.若f(x)＝eq\r(x)與g(x)＝alnx相交，且在交點處有共同的切線，求a和該切線方程.解：設(shè)切點橫坐標為x0，則eq\b\lc\{(\a(eq\r(x0)＝alnx0①,eq\f(1,2eq\r(x0))＝eq\f(a,x0)②))，由②得eq\r(x0)＝2a，代入①得：x0＝e2，∴a＝eq\f(e,2)∵切點為(e2，e)，切線斜率為eq\f(1,2e)，∴切線方程為x－2ey＋e2＝0.例5.已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，當a為何值時，x軸為曲線方程y=f(x)的切線.例6.已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b和g(x)＝ex(cx＋d)都過點P(0,2)且在P處有相同切線y=4x＋2，求a，b，c，d的值.題型二單調(diào)型1.主導函數(shù)需“二次求導”型=1\*ROMANI不含參求單調(diào)區(qū)間例1.求函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝ex(1＋x)－1－x＝(x＋1)(ex＋1)令f′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f′(x)＜0，得－1＜x＜0f(x)的增區(qū)間為(－∞，－1)和(0，＋∞)，減區(qū)間為(－1，0)。 例2.求函數(shù)f(x)＝(1＋eq\f(a,x))ex(a＞0)在(－∞，0)上的單調(diào)性.解：f(x)的定義域為(－∞，0)f′(x)＝ex(－eq\f(a,x2)＋eq\f(a,x)＋1)＝eq\f(ex,x2)(x2＋ax－a)令f′(x)＞0，得x＜eq\f(－a－eq\r(a2＋4a),2)；令f′(x)＜0，得eq\f(－a－eq\r(a2＋4a),2)＜x＜0f(x)的增區(qū)間為(－∞，eq\f(－a－eq\r(a2＋4a),2))，減區(qū)間為(eq\f(－a－eq\r(a2＋4a),2)，0)。eq\x(解題模版一)求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間⑴求出函數(shù)f(x)的定義域；⑵求f′(x)；⑶判斷f′(x)的正負；注：導函數(shù)的形式是有限的eq\b\lc\{(\a(f′(x)＝kx＋b,f′(x)＝ax2＋bx＋c,二次求導型))⑷寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.注：①求單調(diào)區(qū)間結(jié)論一定敘述為f(x)單調(diào)區(qū)間為…討論單調(diào)性可敘述為f(x)在某區(qū)間增(減)②多個相同單調(diào)性區(qū)間要用逗號隔開，不能用∪③單調(diào)區(qū)間書寫時用中括號還是小括號問題=2\*ROMANII.主導函數(shù)需“二次求導”型例1.討論函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1的單調(diào)性.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝lnx＋eq\f(x＋1,x)－1＝lnx＋eq\f(1,x)令φ(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x＞0)，則φ′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)令φ(x)＞0，則x＞1；令φ(x)＜0，則0＜x＜1，∴φ(x)在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增.∴φ(x)≥φ(0)＝1＞0，從而f′(x)＞0∴f(x)在(0，＋∞)上遞增.例2.求函數(shù)f(x)＝xe2－x＋ex的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝(1－x)e2－x＋e令φ(x)＝(1－x)e2－x＋e，則φ′(x)＝(x－2)e2－x當x∈(－∞，2)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，2)上遞減；當x∈(2，＋∞)時，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上遞增；∴φ(x)≥φ(2)＝－1＋e＞0∴f(x)單調(diào)增區(qū)間為R，無減區(qū)間.例3.求函數(shù)f(x)＝eq\f(ln(x＋1),x)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(－1，0)∪(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(x－(x＋1)ln(x＋1),(x＋1)x2)令φ(x)＝x－(x＋1)ln(x＋1)，則φ′(x)＝－ln(x＋1)當x∈(－1，0)時，φ′(x)＞0，則φ(x)在(－1，0)上遞增∴φ(x)＜φ(0)＝0∴f′(x)＜0∴f(x)在(－1，0)上遞減當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上遞減；∴φ(x)＜φ(0)＝0∴f′(x)＜0∴f(x)在(0，＋∞)上遞減綜上所述：f(x)單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，0)和(0，＋∞).例4.求函數(shù)H(x)＝|lnx|－eq\f(x,e2x)＋C的單調(diào)區(qū)間.解：H(x)＝eq\b\lc\{(\a(－lnx－eq\f(x,e2x)＋C0＜x＜1,lnx－eq\f(x,e2x)＋Cx≥1))當x∈(0，1)時，H′(x)＝－eq\f(1,x)－eq\f(1－2x,e2x)＝eq\f(－e2x－x＋2x2,xe2x)令φ(x)＝－e2x－x＋2x2，x∈(0，1)則φ′(x)＝－2e2x－1＋4xφ′′(x)＝－4e2x＋4＝－4(e2x－1)＜0，∴φ′(x)在(0，1)上遞減∴φ′(x)＜φ′(0)＝－3＜0∴φ(x)在(0，1)上遞減∴φ(x)＜φ(0)＝－1＜0，即H′(x)＜0∴H(x)在(0，1)上遞減當x∈(1，＋∞)時，H′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1－2x,e2x)＝eq\f(e2x－x＋2x2,xe2x)令φ(x)＝e2x－x＋2x2，x∈(1，＋∞)則φ′(x)＝2e2x－1＋4x∵x＞1∴φ′(x)＞0∴φ(x)在(1，＋∞)上遞增∴φ(x)＞φ(1)＝e2＋1＞0，即H′(x)＞0∴H(x)在(1，＋∞)上遞增綜上所述：H(x)在(0，1)上遞減，(1，＋∞)上遞增.eq\x(重要方法一)二次求導求函數(shù)單調(diào)性當無法通過不等式判斷一階導函數(shù)的正負時，可對“主導”函數(shù)再次求導，這種“再構(gòu)造，再求導”是破解函數(shù)綜合問題的強大武器。⑴通過判斷f′′(x)的符號，來判斷f′(x)的單調(diào)性；⑵通過賦特殊值找到f′(x)的零點，進而得到f′(x)的正負區(qū)間.2.主導函數(shù)為“一次函數(shù)”型例1.求函數(shù)f(x)＝ex－ax＋1的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝ex－a當a≤0時，f′(x)＞0恒成立，∴f(x)的增區(qū)間為R當a＞0時，令f′(x)＞0，則x＞lna；令f′(x)＜0，則x＜lna；∴f(x)的增區(qū)間為(lna，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，lna)。綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間為R當a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(lna，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，lna)。例2.求函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1,2)x2的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋x＝(x＋eq\f(1,x))－a當a≤2時，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當a＞2時，令f′(x)＝0，則x＝eq\f(a－eq\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋eq\r(a2－4),2)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(a－eq\r(a2－4),2)或x＞eq\f(a＋eq\r(a2－4),2)令f′(x)＜0，則eq\f(a－eq\r(a2－4),2)＜x＜eq\f(a＋eq\r(a2－4),2).∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(a－eq\r(a2－4),2))和(eq\f(a＋eq\r(a2－4),2)，＋∞)，減區(qū)間為(eq\f(a－eq\r(a2－4),2)，eq\f(a＋eq\r(a2－4),2))綜上所述：當a≤2時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當a＞2時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(a－eq\r(a2－4),2))和(eq\f(a＋eq\r(a2－4),2)，＋∞)，減區(qū)間為(eq\f(a－eq\r(a2－4),2)，eq\f(a＋eq\r(a2－4),2))例3.求函數(shù)f(x)＝lnx－ax的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(1,x)－a當a≤0時，f′(x)＞0，∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當a＞0時，令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(1,a)；令f′(x)＜0，則x＞eq\f(1,a)；∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞).綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1,a))，減區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)。例4.求函數(shù)f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)(a≥－1)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(－1，＋∞)f′(x)＝a－eq\f(a＋1,x＋1)＝eq\f(ax－1,x＋1)當－1≤a≤0時，ax－1≤0，即f′(x)≤0∴f(x)的減區(qū)間為(－1，＋∞)當a＞0時，令f′(x)＞0，則x＞eq\f(1,a)，令f′(x)＜0，則－1＜x＜eq\f(1,a)，∴f(x)的增區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)，減區(qū)間為(－1，eq\f(1,a)).綜上所述：當－1≤a≤0時，f(x)的減區(qū)間為(－1，＋∞)當a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(eq\f(1,a)，＋∞)，減區(qū)間為(－1，eq\f(1,a)).例5.求函數(shù)f(x)＝xekx(k≠0)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝(1＋kx)ekx當k＞0時，f(x)的增區(qū)間為(－eq\f(1,k)，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－eq\f(1,k)).當k＜0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－eq\f(1,k))，減區(qū)間為(－eq\f(1,k)，＋∞).綜上所述：當k＞0時，f(x)的增區(qū)間為(－eq\f(1,k)，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－eq\f(1,k)).當k＜0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－eq\f(1,k))，減區(qū)間為(－eq\f(1,k)，＋∞).例6.求函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)當a≤0時，f′(x)≥0，則f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當a＞0時，令f′(x)＞0，則x＞a，令f′(x)＜0，則0＜x＜a，∴f(x)的增區(qū)間為(a，＋∞)，減區(qū)間為(0，a).綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞).當a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(a，＋∞)，減區(qū)間為(0，a).eq\x(重要方法二)一次函數(shù)型(一)當導函數(shù)可表示為常見已知函數(shù)，(例如：ex，x＋eq\f(1,x)，eq\f(1,x)，x2－2x)與一個常參數(shù)(例如：a，2k，eq\f(1,a)，－a)的差的形式時，可通過畫出已知函數(shù)與常值函數(shù)圖像的方法對參數(shù)進行分類討論.eq\x(重要方法三)一次函數(shù)型(二)二級分類法當導函數(shù)為一次函數(shù)(一次項系數(shù)為參數(shù))時，可用二級分類法⑴判斷最高次項系數(shù)的正負；⑵判斷一次方程的根與定義域端點值的大小.3.主導函數(shù)為“二次函數(shù)”型例1.求函數(shù)f(x)＝x2－2x＋alnx的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝2x－2＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－2x＋a,x)＝eq\f(a－(－2x2＋2x),x)當a≥eq\f(1,2)時，f′(x)≥0，則f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當0＜a＜eq\f(1,2)時，令f′(x)＝0，則x1＝eq\f(1－eq\r(1－2a),2)，x2＝eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(1－eq\r(1－2a),2)，或x＞eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)令f′(x)＜0，則eq\f(1－eq\r(1－2a),2)＜x＜eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－eq\r(1－2a),2))和(eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(1－eq\r(1－2a),2)，eq\f(1＋eq\r(1－2a),2))當a≤0時，令f′(x)＞0，則x＞eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，令f′(x)＜0，則0＜x＜eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，∴f(x)的增區(qū)間為(eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，＋∞)，減區(qū)間為(0，eq\f(1＋eq\r(1－2a),2))綜上所述：當a≥eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)，當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－eq\r(1－2a),2))和(eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(1－eq\r(1－2a),2)，eq\f(1＋eq\r(1－2a),2))當a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(eq\f(1＋eq\r(1－2a),2)，＋∞)，減區(qū)間為(0，eq\f(1＋eq\r(1－2a),2))例2.求函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2＋k)(k＞0)單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝eq\f(ex(x2＋k)－2xex,(x2＋k)2)＝eq\f(ex(x2－2x＋k),(x2＋k)2)＝eq\f(ex[k－(－x2＋2x)],(x2＋k)2)當k≥1時，f′(x)≥0，f(x)的增區(qū)間為R當0＜k＜1時，令f′(x)＝0，則x1＝1－eq\r(1－k)，x2＝1＋eq\r(1－k)令f′(x)＞0，則0＜x＜1－eq\r(1－k)，或x＞1＋eq\r(1－k)令f′(x)＜0，則1－eq\r(1－k)＜x＜1＋eq\r(1－k)，∴f(x)的增區(qū)間為(0，1－eq\r(1－k))和(1＋eq\r(1－k)，＋∞)減區(qū)間為(1－eq\r(1－k)，1＋eq\r(1－k))綜上所述：當k≥1時，f(x)的增區(qū)間為R，當0＜k＜1時，f(x)的增區(qū)間為(0，1－eq\r(1－k))和(1＋eq\r(1－k)，＋∞)減區(qū)間為(1－eq\r(1－k)，1＋eq\r(1－k))例3.討論函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)的單調(diào)性.解：f(x)的定義域為(0,＋∞)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2)＝eq\f(x＋eq\f(2,x)－a,x)當a≤2eq\r(2)時，f′(x)≥0，f(x)的增區(qū)間為(0,＋∞)當a＞2eq\r(2)時，令f′(x)＝0，則x1＝eq\f(a－eq\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋eq\r(a2－8),2)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(a－eq\r(a2－8),2)，或x＞eq\f(a＋eq\r(a2－8),2)令f′(x)＜0，則eq\f(a－eq\r(a2－8),2)＜x＜eq\f(a＋eq\r(a2－8),2)，∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(a－eq\r(a2－8),2))和(eq\f(a＋eq\r(a2－8),2)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(a－eq\r(a2－8),2)，eq\f(a＋eq\r(a2－8),2))綜上所述：當a≤2eq\r(2)時，f(x)的增區(qū)間為(0,＋∞)，當a＞2eq\r(2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(a－eq\r(a2－8),2))和(eq\f(a＋eq\r(a2－8),2)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(a－eq\r(a2－8),2)，eq\f(a＋eq\r(a2－8),2))eq\x(重要方法四)二次函數(shù)型(一)當導函數(shù)可表示為常見已知函數(shù)(例如：ex，x＋eq\f(1,x)，eq\f(1,x)，x2－2x)與一個常參數(shù)(例如：a，2k，eq\f(1,a)，－a)的差的形式時，可通過畫出已知函數(shù)與常值函數(shù)圖像的方法對參數(shù)進行分類討論.例如：2x2－2x＋a，x∈(0，＋∞)可化為a－(－2x2＋2x)x2－2x＋k，x∈Rk－(－2x2＋2x)x2－ax＋2，x∈(0，＋∞)x＋eq\f(2,x)－a例4.求函數(shù)f(x)＝(x－k)2eq\f(ex,ek)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝[2x－2k＋eq\f(1,k)(x2－2kx＋k2)]eq\f(ex,ek)＝eq\f(1,k)((x2－k2)eq\f(ex,ek)當k＞0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－k)和(k，＋∞)，減區(qū)間為(－k，k).當k＜0時，f(x)的增區(qū)間為(k，－k)，減區(qū)間為(－∞，k)和(－k，＋∞).綜上所述：當k＞0時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－k)和(k，＋∞)，減區(qū)間為(－k，k).當k＜0時，f(x)的增區(qū)間為(k，－k)，減區(qū)間為(－∞，k)和(－k，＋∞).例5.求函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋x(a∈R)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＋1＝eq\f(2ax2＋x＋1,x)當a≥0時，f′(x)＞0，則f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞).當a＜0時，令f′(x)＝0，則x1＝eq\f(－1＋eq\r(1－8a),4a)，x2＝eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a)(此處x1＜0＜x2)，故將x1舍去.(注意：此處x1·x2＝eq\f(1,2a)＜0，可知一根為正，一根為負)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a)，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a))令f′(x)＞0，則x＞eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a)，f(x)的減區(qū)間為(eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a)，＋∞)綜上所述：當a≥0時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞).當a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a))，減區(qū)間為(eq\f(－1－eq\r(1－8a),4a)，＋∞).例6.求函數(shù)f(x)＝a(x－eq\f(1,x))－2lnx的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝a＋eq\f(a,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)當a≤0時，f′(x)＜0，則f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞).(注意：此處ax2＜0，－2x＜0，a＜0，故ax2－2x＋a＜0)當a＞0時，由ax2－2x＋a＝0，得△＝4－4a2⑴當△≤0，即a≥1時，f′(x)≥0，∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)⑵當△＞0，即0＜a＜1時，令f′(x)＝0，則x1＝eq\f(1－eq\r(1－a2),a)，x2＝eq\f(1＋eq\r(1－a2),a)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(1－eq\r(1－a2),a)或x＞eq\f(1＋eq\r(1－a2),a)令f′(x)＜0，則eq\f(1－eq\r(1－a2),a)＜x＜eq\f(1＋eq\r(1－a2),a)∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－eq\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋eq\r(1－a2),a)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(1－eq\r(1－a2),a)，eq\f(1＋eq\r(1－a2),a))綜上所述：當a≤0時，f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞).當0＜a＜1時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－eq\r(1－a2),a))和(eq\f(1＋eq\r(1－a2),a)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(1－eq\r(1－a2),a)，eq\f(1＋eq\r(1－a2),a))當a≥1時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)例7.求函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(x－1,x＋1)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞).f′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2,(x＋1)2)＝eq\f(a(x＋1)2＋2x,x(x＋1)2)＝eq\f(ax2＋(2a＋2)x＋a,x(x＋1)2)⑴當a≥0時，f′(x)＞0，∴f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞).(注：此處因a≥0，x＞0，所以ax2＞0，(2a＋2)x＞0，a＞0，即f′(x)＞0)⑵當a＜0時，由ax2＋(2a＋2)x＋a＝0，得△＝8a＋4①當△≤0即a≤－eq\f(1,2)時，f′(x)＜0，∴f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞).②當△＞0即－eq\f(1,2)＜a＜0時，令f′(x)＝0，則x1＝eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a)，x2＝eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a)(注：此處由x1＋x2＝1＞0，x1·x2＝－eq\f(2a＋2,a)＝－2－eq\f(2,a)＞0，則x1＞0，x2＞0)令f′(x)＞0，則0＜x＜eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a)或x＞eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a)令f′(x)＜0，則eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a)＜x＜eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a)∴f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a))和(eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a)，eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a))綜上所述：當a≥0時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞).當－eq\f(1,2)＜a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a))和(eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a)，＋∞)減區(qū)間為(eq\f(－(a＋1)－eq\r(2a－1),a)，eq\f(－(a＋1)＋eq\r(2a－1),a))當a≤－eq\f(1,2)時，f(x)的減區(qū)間為(0，＋∞)eq\x(重要方法五)二次函數(shù)型(二)當二次函數(shù)的最高次項系數(shù)含有字母時，且不能進行因式分解⑴判斷最高次項系數(shù)與零的關(guān)系，分為三類a＝0，a＞0，a＜0⑵當a＝0時，很容易判斷正負；當a＞0時，可考慮每一項都為正，從而導數(shù)大于0；當a＜0時，考慮△及根與定義域端點值的大小.例如：eq\f(x2－k,x)(k≠0)；2ax2＋x＋1，x∈(0，＋∞)；ax2－2x＋a，x∈(0，＋∞)；ax2＋(2a＋2)x＋a，x∈(0，＋∞)；例8.求函數(shù)f(x)＝(1－a)lnx－x＋eq\f(a,2)x2的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝eq\f(1－a,x)－1＋ax＝eq\f(ax2－x＋1－a,x)＝eq\f((x－1)[ax＋(a－1)],x)(注1：此處主導函數(shù)為g(x)＝ax2－x＋1－a的△＝(2a－1)2≥0)(注2：分類討論的思想依據(jù)①最高次的系數(shù)a＝0；②△＝0，則a＝eq\f(1,2)；③對應(yīng)方程的兩個根相等，即1＝eq\f(1－a,a)，則a＝eq\f(1,2)；④讓其中的根和區(qū)間端點相等，即0＝eq\f(1－a,a)，即a＝1。至此，a的取值被分成了7類，即a＜0，a＝0，0＜a＜eq\f(1,2)，a＝eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＜a＜1，a＝1，a＞1)⑴當a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(0，1)，減區(qū)間為(1，＋∞)(注3：此處eq\f(1－a,a)＜0＜1)⑵當a＝0時，f(x)的增區(qū)間為(0，1)，減區(qū)間為(1，＋∞)⑶當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，1)和(eq\f(1－a,a)，＋∞)，減區(qū)間為(1，eq\f(1－a,a))(注4：此處0＜1＜eq\f(1－a,a))⑷當a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)⑸當eq\f(1,2)＜a＜1時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－a,a))和(1，＋∞)，減區(qū)間為(eq\f(1－a,a)，1)(注5：此處0＜eq\f(1－a,a)＜1)⑹當a＝1時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0，1)(注6：此處eq\f(1－a,a)＜0＜1)⑺當a＞1時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0，1)(注7：⑴⑵類可以合并，⑹⑺可以可并)綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(0，1)，減區(qū)間為(1，＋∞)當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，1)和(eq\f(1－a,a)，＋∞)，減區(qū)間為(1，eq\f(1－a,a))當a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)當eq\f(1,2)＜a＜1時，f(x)的增區(qū)間為(0，eq\f(1－a,a))和(1，＋∞)，減區(qū)間為(eq\f(1－a,a)，1)當a＝1時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0，1)。例9.求函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(2a＋1)x＋2lnx的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝ax－(2a＋1)＋eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－(2a＋1)x＋2,x)＝eq\f((x－2)(ax－1),x)(注1：此處主導函數(shù)是y＝ax2－(2a＋1)x＋2，△＝(2a＋1)2－8a＝(2a－1)2≥0，故主導函數(shù)是可以因式分解的)(注2：分類的思想①a＝0；②△＝0，即a＝eq\f(1,2)；③兩根相等eq\f(1,a)＝2，即a＝eq\f(1,2)；④其中一根與端點相等，即eq\f(1,a)＝0，則0和eq\f(1,2)就可以將數(shù)軸分成5部分，即需要分成5類)⑴當a≤0時，f(x)的增區(qū)間是(0，2)，減區(qū)間(2，＋∞)⑵當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，2)和(eq\f(1,a)，＋∞)，減區(qū)間(2，eq\f(1,a))⑶當a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)⑷當a＞eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，eq\f(1,a))和(2，＋∞)，減區(qū)間(eq\f(1,a)，2)綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間是(0，2)，減區(qū)間(2，＋∞)當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，2)和(eq\f(1,a)，＋∞)，減區(qū)間(2，eq\f(1,a))當a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)當a＞eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，eq\f(1,a))和(2，＋∞)，減區(qū)間(eq\f(1,a)，2)例10.求函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，a≤eq\f(1,2)的單調(diào)區(qū)間.eq\x(重要方法六)二次函數(shù)型(三)當二次函數(shù)的判別式△≥0時，可采用四級分類法.⑴判斷最高次項系數(shù)與零的關(guān)系.⑵判斷根的判別式與零的關(guān)系.⑶兩根的大小比較.⑷根與定義域端點值的大小比較.例如：ax2－x＋(1－a)，x∈(0，＋∞)；－ax2＋x＋a－1，x∈(0，＋∞)；ax2＋(2a＋1)x＋2，x∈(0，＋∞)；例11.求函數(shù)f(x)＝xex－a(eq\f(1,2)x2＋x)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為Rf′(x)＝(1＋x)ex－a(1＋x)＝(x＋1)(ex－a)⑴當a≤0時，令f′(x)＞0，則x＞－1；令f′(x)＜0，則x＜－1；∴f(x)增區(qū)間為(－1，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－1)⑵當a＜0時，令f′(x)＝0，則x1＝－1，x2＝lna①當a＞eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，減區(qū)間(－1，lna)②當a＝eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是R③當a＜eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，減區(qū)間(lna，－1)綜上所述：當a≤0時，f(x)增區(qū)間為(－1，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－1)當a＞eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，減區(qū)間(－1，lna)當a＝eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是R當0＜a＜eq\f(1,e)時，f(x)的增區(qū)間是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，減區(qū)間(lna，－1)例12.求函數(shù)f(x)＝(x－a)sinx＋cosx，x∈(0，π)，a＞eq\f(π,2)的單調(diào)區(qū)解：f(x)的定義域為(0，π)f′(x)＝sinx＋(x－a)cosx－sinx＝(x－a)cosx⑴當a≥π時，令f′(x)＞0，則x∈(eq\f(π,2)，π)；令f′(x)＜0，則x∈(0，eq\f(π,2))∴f(x)的增區(qū)間為(eq\f(π,2)，π)，減區(qū)間為(0，eq\f(π,2))⑵當eq\f(π,2)＜a＜π時，f(x)的增區(qū)間為(eq\f(π,2)，a)，減區(qū)間為(0，eq\f(π,2))和(a，π)綜上所述：當a≥π時，f(x)的增區(qū)間為(eq\f(π,2)，π)，減區(qū)間為(0，eq\f(π,2))當eq\f(π,2)＜a＜π時，f(x)的增區(qū)間為(eq\f(π,2)，a)，減區(qū)間為(0，eq\f(π,2))和(a，π)例13.求函數(shù)f(x)＝(ax2－x)lnx－eq\f(1,2)ax2＋x(a∈R)的單調(diào)區(qū)間.解：f(x)的定義域為(0，＋∞)f′(x)＝(2ax－1)lnx＋ax－1－ax＋1＝(2ax－1)lnx⑴當a≤0時，f(x)的增區(qū)間是(0，1)，減區(qū)間是(1，＋∞)⑵當a＞0時①當eq\f(1,2a)＜1，即a＞eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，eq\f(1,2a))和(1，＋∞)，減區(qū)間是(eq\f(1,2a)，1)②當eq\f(1,2a)＝1，即a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)③當eq\f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，1)和(eq\f(1,2a)，＋∞)，減區(qū)間是(1，eq\f(1,2a))綜上所述：當a≤0時，f(x)的增區(qū)間是(0，1)，減區(qū)間是(1，＋∞)當a＞eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，eq\f(1,2a))和(1，＋∞)，減區(qū)間是(eq\f(1,2a)，1)當a＝eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，＋∞)當0＜a＜eq\f(1,2)時，f(x)的增區(qū)間是(0，1)和(eq\f(1,2a)，＋∞)，減區(qū)間是(1，eq\f(1,2a))eq\x(重要方法七)二次函數(shù)型(四)主導函數(shù)類似于二次函數(shù)形式.例如：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)；f′(x)＝(x－a)cosx，x∈(0，π)，a＞eq\f(π,2)；f′(x)＝(2ax－1)lnx，x∈(0，＋∞)；4.已知函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)范圍例1.函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,ax2＋1)(a＞0)為R上單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.解：f′(x)＝eq\f(ex(ax2－2ax＋1),(ax2＋1)2)∵函數(shù)y＝ax2－2ax＋1恒過點(0，1)f(x)在R上單調(diào)∴f′(x)≥0在R上恒成立，即ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立⑴當a＝0時，符合題意⑵當a＜0時，不符合題意⑶當a＞0時，只需△＝4a2－4a≤0，即0＜a≤1綜上所述：a的取值范圍為[0，1]例2.函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋ax(a∈R)在[2,＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.解：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋a⑴若f(x)在[2,＋∞)上是單調(diào)遞增，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋a≥0在[2,＋∞)上恒成立∴a≥eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，x∈[2,＋∞)令t＝eq\f(1,x)，則y＝t2－t，t∈(0，eq\f(1,2)]，則y∈[－eq\f(1,4),0)∴a≥0⑵若f(x)在[2,＋∞)上是單調(diào)遞減，則f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋a≤0在[2,＋∞)上恒成立∴a≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，x∈[2,＋∞)令t＝eq\f(1,x)，則y＝t2－t，t∈(0，eq\f(1,2)]，則y∈[－eq\f(1,4),0)∴a≤－eq\f(1,4)綜上所述：a∈(－∞，－eq\f(1,4)]∪[0,＋∞)注：以上兩題是不明確函數(shù)是增函數(shù)還是減函數(shù).例3.函數(shù)f(x)＝xekx在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增，求k的取值范圍.解：f′(x)＝(1＋kx)ekx∵f(x)＝xekx在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在(－1,1)內(nèi)恒成立∴1＋kx≥0在(－1,1)內(nèi)恒成立即eq\b\lc\{(\a(－k＋1≥0,k＋1≥0))，即－1≤k≤1例4.函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－ax在定義域上為增函數(shù)，求a的取值范圍.解：f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a∵f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立∴a≤eq\f(1,x)＋2x，x∈(0，＋∞)當且僅當eq\f(1,x)＝2x，即x＝eq\f(eq\r(2),2)時，(eq\f(1,x)＋2x)min＝2eq\r(2)∴a≤2eq\r(2)例5.函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2＋b)(a＞0)在(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞增，求b的取值范圍.解：f′(x)＝eq\f(－a(x2－b),(x2＋b)2)由題意知，f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立∴x2－b≤0，x∈(－1，1)∴b≥x2，x∈(－1，1)∴b≥1例6.設(shè)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R，若對任意b＞a＞0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)＜1恒成立，求m的取值范圍.解：∵對任意b＞a＞0，eq\f(f(b)－f(a),b－a)＜1恒成立，∴對任意b＞a＞0，eq\f([f(b)－b]－[f(a)－a],b－a)＜0恒成立，∴F(x)＝f(x)－x＝lnx＋eq\f(m,x)－x在(0，＋∞)上遞減∴F′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－1≤0在(0，＋∞)上恒成立∴x－m－x2≤0，即m≥－x2＋x，x∈(0，＋∞)∴m≥eq\f(1,4)例7.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a(xlnxx＞a,－x2＋2x－3x≤a))，其中a≥0，如果對于任意x1，x2∈R，且x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)，求a的取值范圍.解：g(x)＝－x2＋2x－3在(－∞，1)遞增，在(1，＋∞)上遞減，且g(x)max＝－2令H(x)＝xlnx，則H′(x)＝lnx＋1，令H′(x)＞0，則x＞eq\f(1,e)；令H′(x)＜0，則0＜x＜eq\f(1,e)；∴H(x)在在(0，eq\f(1,e))上遞減，(eq\f(1,e)，＋∞)遞增，∴H(x)min＝H(eq\f(1,e))＝－eq\f(1,e)通過畫圖像可知，eq\f(1,e)≤a≤1eq\x(重要方法八)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍(一)函數(shù)在某區(qū)間上單調(diào)，先結(jié)合主導函數(shù)判斷是增或減.f(x)在區(qū)間M上遞增?f′(x)≥0在M上恒成立f(x)在區(qū)間M上遞減?f′(x)≤0在M上恒成立例8.函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍.解：∵f(x)在(eq\f(2,3)，＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間∴存在x∈(eq\f(2,3)，＋∞)，使得f′(x)＝－x2＋x＋2a＞0成立∴存在x∈(eq\f(2,3)，＋∞)，使得a＞eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x，即a＞(eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x)min，∵函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－eq\f(1,2)x在(eq\f(2,3)，＋∞)上的最小值為－eq\f(1,9)∴a＞－eq\f(1,9)例9.函數(shù)f(x)＝lnx＋(x－a)2，a∈R，在[1,2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍.解：由題意知，存在x∈[1,2]，使得f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－2a＞0成立∴存在x∈[1,2]，使得a＜eq\f(1,2x)＋x∵y＝eq\f(1,2x)＋x在[1,2]上單調(diào)遞增∴(eq\f(1,2x)＋x)max＝eq\f(9,4)∴a＜eq\f(9,4)例10.函數(shù)f(x)＝eq\f(m,3)x3＋x2－x，m∈R在[2,＋∞)上存在單調(diào)遞增區(qū)間，求m的取值范圍.解：由題意知f′(x)＝mx2＋2x－1＞0在[2,＋∞)有解∴存在x∈[2,＋∞)，使得m＞eq\f(1－2x,x2)＝(eq\f(1,x))2－2(eq\f(1,x))令t＝eq\f(1,x)，則y＝t2－2t，t∈(0，eq\f(1,2)]∴ymin＝y(tǒng)(eq\f(1,2))＝－eq\f(3,4)∴m＞－eq\f(3,4)eq\x(重要方法九)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍(二)f(x)在區(qū)間M上存在單調(diào)遞增?f′(x)＞0在M上有解?f′(x)max＞0f(x)在區(qū)間M上存在單調(diào)遞減?f′(x)＜0在M上有解?f′(x)min＜0例11.函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍.解：f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(x－a)[3x＋(a＋2)]在(－1，1)上有零點⑴eq\b\lc\{(\a(－1＜a＜1,a≠－eq\f(a＋2,3)))，解得：－1＜a＜－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)＜a＜1⑵eq\b\lc\{(\a(－1＜－eq\f(a＋2,3)＜1,a≠－eq\f(a＋2,3)))，解得：－5＜a＜－eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)＜a＜1綜上所述：a∈(－5，－eq\f(1,2))∪(－eq\f(1,2)，1)例12.函數(shù)f(x)＝x3＋(k－1)x2＋(k＋5)x－1，k∈R在(0,3)上不單調(diào)，求k的取值范圍.解：f′(x)＝3x2＋2(k－1)x＋k＋5在(0,3)上有變號零點⑴f′(0)f′(3)＜0，即(k＋5)(7k＋26)＜0，即－5＜k＜－eq\f(26,7)⑵eq\b\lc\{(\a(f′(0)＞0,f′(eq\f(1－k,3))＞0,f′(3)＞0,0＜eq\f(1－k,3)＜3))，解得：－eq\f(26,7)＜k＜－2⑶由f′(0)＝0，得k＝－5，此時f′(x)＝3x2－12x，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝4，此時在(0,3)上，f′(x)＜0，不符合題意，故k＝－5舍去⑷由f′(3)＝0，得k＝－eq\f(26,7)，此時f′(x)＝3x2－eq\f(66,7)x＋eq\f(9,7)，令f′(x)＝0，解得x1＝3，x2＝eq\f(1,7)，此時在(0,eq\f(1,7))上，f′(x)＞0，在(eq\f(1,7)，3)上，f′(x)＜0，即在(0,3)上f′(x)有變號零點，故k＝－eq\f(26,7)合題意.綜上所述：－5＜k＜－2eq\x(重要方法十)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍(三)f(x)在區(qū)間M上不單調(diào)?f′(x)在M上有變號零點題型四零點型1.零點(交點，根)的個數(shù)問題例1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，求函數(shù)F(x)＝f(x)－bx的零點個數(shù).解：F(x)＝eq\f(ex,x)－bx的零點?方程eq\f(ex,x2)－b＝0的根?直線y＝b與H(x)＝eq\f(ex,x2)交點橫坐標H(x)＝eq\f(ex,x2)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)H′(x)＝eq\f(ex(x2－2x),x4)＝eq\f(ex(x－2),x3)當x＜0時，H′(x)＞0，H(x)在(－∞，0)遞增；當0＜x＜2時，H′(x)＜0，H(x)在(0，2)遞減；當x＞2時，H′(x)＞0，H(x)在(2，＋∞)遞增；當x→－∞時，H(x)→0＋當x→0時，H(x)→＋∞當x＝2時，H(x)＝eq\f(e2,4)當x→＋∞時，H(x)→＋∞據(jù)此分析，其圖像如下所以：當b≤0時，F(xiàn)(x)零點個數(shù)為0當0＜b＜eq\f(e2,4)時，F(xiàn)(x)零點個數(shù)為1當b＝eq\f(e2,4)時，F(xiàn)(x)零點個數(shù)為2當b＞eq\f(e2,4)時，F(xiàn)(x)零點個數(shù)為3例2.討論f(x)＝lnx－mx的零點個數(shù).解：f(x)＝lnx－mx的零點?方程lnx－mx＝0的根?直線y＝m與H(x)＝eq\f(lnx,x)交點橫坐標H(x)＝eq\f(lnx,x)的定義域為(0，＋∞)，H′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令H′(x)＞0，則0＜x＜e；令H′(x)＜0，則x＞e，∴H(x)在(0，e)上遞增，在(e，＋∞)上遞減當x→0＋時，H(x)→－∞當x→＋∞時，H(x)→0＋H(e)＝eq\f(1,e)，故分析其圖像如下綜上所述：當m≤0或m＝eq\f(1,e)時，f(x)零點個數(shù)為1當0＜m＜eq\f(1,e)時，f(x)零點個數(shù)為2當m＞eq\f(1,e)時，f(x)零點個，數(shù)為0例3.f(x)＝－x2＋8x，g(x)＝6lnx＋m，是否存在m，使得f(x)與g(x)圖像有且只有三個不同的交點，求a的取值范圍.解：要使f(x)與g(x)有三個不同的交點，?－x2＋8x＝6lnx＋m有三個不等實根?直線y=m與H(x)＝－x2＋8x－6lnx有三個交點H(x)＝－x2＋8x－6lnx的定義域為(0，＋∞)，H′(x)＝－2x＋8－eq\f(6,x)＝eq\f(－2(x2－4x＋3),x)＝eq\f(－2(x－1)(x－3),x)當x∈(0，1)∪(3，＋∞)時，H′(x)＜0當x∈(1，3)時，H′(x)＞0∴H(x)在(0，1)上遞減，在(1，3)上遞增，在(3，＋∞)上遞減且H(1)＝7，H(3)＝15－6ln3∴H(x)有極小值H(1)＝7，有極大值H(3)＝15－6ln3綜上所述：由題意知，7＜m＜15－6ln3例4.f(x)＝eq\f(1,4)x4＋eq\f(1,3)ax3＋－a2x2＋a4(a＞0)的圖像與直線y＝1恰有兩個交點，求a的取值范圍.解：f′(x)＝x3＋ax2－2a2x＝x(x2＋ax－2a2)＝x(x＋2a)(x－a)令f′(x)＝0得，x1＝－2a，x2＝0，x3＝a由a＞0時，f′(x)在f′(x)＝0根的左右的符號如下表所示x(－∞，－2a)－2a(－2a，0)0(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－0＋f(x)↘極小值↗極大值↘極小值↗所以f(x)極小值是f(－2a)＝－eq\f(5,3)a4和f(a)＝eq\f(7,12)a4，極大值是f(0)＝a4要使f(x)的圖像與直線y＝1恰有兩個交點，如圖示故只要－eq\f(5,3)a4＜1＜eq\f(7,12)a4，或a4＜1，即a＞eq\r(4,eq\f(12,7))或0＜a＜1例5.f(x)＝eq\f(x,e2x)＋c，討論關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù).解：f′(x)＝eq\f(1－2x,e2x)，由eq\f(1－2x,e2x)＝0，得x＝eq\f(1,2)當x＜eq\f(1,2)時，f′(x)＞0，f(x)為單調(diào)遞增，即增區(qū)間為(－∞，eq\f(1,2))當x＞eq\f(1,2)時，f′(x)＜0，f(x)為單調(diào)遞減，即減區(qū)間為(eq\f(1,2)，＋∞)，其最大值為f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2e)＋c令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－eq\f(x,e2x)－c，x∈(0，＋∞)⑴當x∈(1，＋∞)時，lnx＞0，則g(x)＝lnx－eq\f(x,e2x)－c，g′(x)＝eq\f(eq\f(e2x,x)＋2x－1,e2x)因為x∈(1，＋∞)，2x－1＞0，eq\f(e2x,x)＞0，于是g′(x)＞0，因此g(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù).⑵當x∈(0，1)時，lnx＜0，則g(x)＝－lnx－eq\f(x,e2x)－c，g′(x)＝eq\f(－eq\f(e2x,x)＋2x－1,e2x)因為x∈(1，＋∞)，e2x∈(1，e2)，所以e2x＞1＞x＞0，即g′(x)＜0，因此g(x)在(0，1)上為單調(diào)遞減函數(shù).綜上⑴⑵可知，當x∈(0，＋∞)時，g(x)≥g(1)＝－eq\f(1,e2)－c當g(1)＝－eq\f(1,e2)－c＞0，即c＜－eq\f(1,e2)時，g(x)沒有零點，故關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為0.當g(1)＝－eq\f(1,e2)－c＝0，即c＝－eq\f(1,e2)時，g(x)只有一個零點，故關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為1.當g(1)＝－eq\f(1,e2)－c＜0，即c＞－eq\f(1,e2)時，①當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝lnx－eq\f(x,e2x)－c≥－lnx－(eq\f(1,2e)＋c)＞－lnx－1－c.要使g(x)＞0，只需使lnx－1－c＞0，即x∈(e1＋e,＋∞)；②當x∈(0,1)時，g(x)＝－lnx－eq\f(x,e2x)－c≥－lnx－(eq\f(1,2e)＋c)＞－lnx－1－c.要使g(x)＞0，只需使－lnx－1－c＞0，即x∈(0，e－1－e)；所以c＞－eq\f(1,e2)時，g(x)有兩個零點，故關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為2.綜上所述：當c＜－eq\f(1,e2)時，關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為0；當c＝－eq\f(1,e2)時，關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為1；當c＞－eq\f(1,e2)時，關(guān)于x的方程|lnx|＝f(x)根的個數(shù)為2；例6.已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)，g(x)＝lnx，若關(guān)于x的方程eq\f(g(x),x2)＝f(x)－2e只有一個實根，求a的值.解：由eq\f(g(x),x2)＝f(x)－2e，得eq\f(lnx,x2)＝x＋eq\f(a,x)－2e，化為eq\f(lnx,x)＝x2－2ex＋a令h(x)＝eq\f(lnx,x)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝e，當0＜x＜e時，h′(x)＞0；當x＞e時，h′(x)＜0；∴函數(shù)h(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.∴當x＝e時，h(x)取得最大值h(e)＝eq\f(1,e)而函數(shù)m(x)＝x2－2ex＋a＝(x－e)2＋a－e2，當x＝e時，m(x)取得最小值m(e)＝a－e2∴當a－e2＝eq\f(1,e)，即a＝e2＋eq\f(1,e)時，方程eq\f(g(x),x2)＝f(x)－2e只有一個實根.2.零點存在性定理的應(yīng)用例1.【2012北京】證明：函數(shù)fn(x)＝xn＋x－1(n∈N*，n≥2)在(eq\f(1,2)，1)上存在唯一零點.證明：∵fn(eq\f(1,2))＝(eq\f(1,2))n＋eq\f(1,2)－1＝(eq\f(1,2))n－eq\f(1,2)＜0，fn(1)＝1＞0，即fn(eq\f(1,2))fn(1)＜0∴fn(x)在(eq\f(1,2)，1)上至少存在一個零點∵fn′(x)＝nxn－1＋1＞0∴fn(x)在(eq\f(1,2)，1)上單調(diào)遞增∴fn(x)在(eq\f(1,2)，1)上存在唯一的零點.例2.【2014遼寧】f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－eq\f(8,3)(sinx＋1)，證明：存在唯一x0∈(0，eq\f(π,2))，使得f(x0)＝0.解：∵當x∈(0，eq\f(π,2))時，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－eq\f(2,3)cosx＜0∴f(x)在(0，eq\f(π,2))上為減函數(shù)，又f(0)＝π－eq\f(8,3)＞0，f(eq\f(π,2))＝－π2－eq\f(16,3)＜0，∴存在唯一x0∈(0，eq\f(π,2))，使得f(x0)＝0.例3.【2015廣東】a＞1，證明：函數(shù)f(x)＝(1＋x2)ex－a在R上有且僅有一個零點.解：f′(x)＝(x＋1)2ex≥0，則f(x)在R上單調(diào)遞增∵f(0)＝1－a＜0，f(lna)＝[1＋(lna)2]elna－a＝a(lna)2＞0∴f(0)f(lna)＜0∴f(x)在(0，lna)至少有一個零點∴f(x)在R上有且僅有一個零點.例4.【2013天津】f(x)＝x2lnx.證明：?t＞0，存在唯一的s，使得t＝f(s).解：f′(x)＝2xlnx＋x，因為x＞1，所以f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.令H(s)＝f(s)－t，則H(1)＝－t＜0，H(et)＝te2t－t＝t(e2t－1)＞0∴H(1)H(et)＜0∴H(s)在(1，et)上至少有一個零點∵H(s)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增∴?t＞0，存在唯一的s，使得t＝f(s).例5.若函數(shù)f(x)＝x＋alnx沒有零點，求a的取值范圍.解：∵f(x)＝x＋alnx沒有零點，且f(1)＝1∴f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立∴f(x)min＞0⑴當a＞0時，f(x)＝x＋alnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增【由于f(1)＝1，則設(shè)0＜x0＜1，則x0＋alnx0＜0，即x0＜－alnx0，所以令－alnx0＝1，則x0＝eq\f(1,eq\r(a,e))】由于eq\f(1,eq\r(a,e))∈(0，1)且f(eq\f(1,eq\r(a,e)))＝eq\f(1,eq\r(a,e))－1＜0∵f(1)＞0，∴f(eq\f(1,eq\r(a,e)))f(1)＜0∴f(x)在(eq\f(1,eq\r(a,e))，1)有一個零點，與題意矛盾⑵當a＝0時，f(x)＝x(x＞0)沒有零點，符合題意⑶當a＜0時，f′(x)＝1＋eq\f(a,x)＝eq\f(x＋a,x)當x∈(0，－a)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(－a，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞減；∴f(x)min＝f(－a)＝－a＋aln(－a)＞0，即a＞－e∴－e＜a＜0綜上所述：a∈(－e，0]例6.f(x)＝eq\f(ax－a,ex)(a≠0).若函數(shù)F(x)＝f(x)＋1沒有零點，求a的取值范圍.

解：∵F(x)＝f(x)＋1沒有零點，∴f(x)≠1，即eq\f(ax－a,ex)≠1.由eq\f(ax－a,ex)＝1得，a＝－eq\f(ex,x－1).令g(x)＝－eq\f(ex,x－1)，則g′(x)＝－eq\f(ex(x－2),(x－1)2)，由g′(x)＝0，得x＝2，易得x＝2是函數(shù)的極大值點，∴g(x)∈(－∞，－e2]∴a∈(－e2，＋∞)3.極值點偏移問題例1.函數(shù)f(x)＝xe－x(x∈R)，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2).求證：x1＋x2＞2.解：f(x)＝xe－x的定義域為Rf′(x)＝(1－x)e－x，令f′(x)＞0，則x＜1；令f′(x)＜0，則x＞1；∴f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減∴x→－∞時，f(x)→－∞；x→＋∞時，f(x)→＋0，則其圖像如圖由題意知，0＜x1＜1＜x2Step1構(gòu)造一次差值函數(shù)：H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－x－(2－x)ex－2Step1求H′(x)進而研究其單調(diào)性H′(x)＝(1－x)(e－x－ex－2)＝eq\f((1－x)(1－e2x－2),ex)∵x＞1,∴H′(x)＞0，∴H(x)在(1，＋∞)上遞增Step3∴H(x2)＞H(1)＝0，∴f(x2)＞f(2－x2)Step4∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x1)＞f(2－x2)，∵x1，2－x2∈(0,1)且f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，∴x1＞2－x2，∴x1＋x2＞2例2.當a＞0時，函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點x1，x2.求證：x1＋x2＜2.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點．②設(shè)a>0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<lneq\f(a,2)，則f(b)>eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故f(x)存在兩個零點．③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，則ln(－2a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，因此f(x)在(1，