讨论函数单调性的导函数类型

罗永红

讨论函数单调性是导数考查的重点和热点，从导函数类型来梳理函数单调性的讨论有利于学习和教学，更有利于高考复习.那么这种讨论的导函数类型有哪些？

一、二次函数型

导函数为二次函数的讨论型，均可用判别式的分类来进行讨论解答，然而不同的特征式，却可以有着特征的简便解答.

1.二项型：Ax2+B（A≠0）

例1 （2012浙江卷理22）已知a>0，b∈R，函数f（x）=4ax3-2bx-a+b.

（Ⅰ）证明：当0≤x≤1时，

（ⅰ）函数f（x）的最大值为|2a-b|+a；

（ⅱ）f（x）+|2a-b|+a≥0；

（Ⅱ）若-1≤f（x）≤1对x∈[0，1]恒成立，求a+b的取值范围.

解 （Ⅰ） （ⅰ） f ′（x）=12ax2-2b=12a（x2-b6a），a>0，b∈R.

当b≤0时，f ′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，当0≤x≤1时， f（x）的最大值为f（1）=3a-b=|2a-b|+a.

当b>0时，f ′（x）=12a（x+b6a）（x-b6a），f（x）在[0，b6a]上单调递减，在[b6a，+∞）上单调递增，当0≤x≤1时，

f（x）max=max{f（0），f（1）}=max{-a+b，3a-b}=3a-b，b≤2a，

-a+b，b>2a=|2a-b|+a.

综上， 当0≤x≤1时， 函数f（x）的最大值为|2a-b|+a.

下略.

2.分解型：a（x-x1）（x-x2）

例2 （2005山东卷文19）已知x=1是函数f（x）=mx3-3（m+1）x2+nx+1的一个极值点，其中m、n∈R，m≠0.

（1）求m与n的关系表达式；

（2）求f（x）的单调区间.

解 （1）略. n=3m+6.

（2）由（1）知f ′（x）=3mx2-6（m+1）x+3m+6=3m（x-1）[x-（1+2m）].

当m>0时，1<1+2m，f（x）的单调递增区间是（-∞，1）、（1+2m，+∞），单调递减区间是[1，1+2m]；

当m<0时，1>1+2m，f（x）的单调递增区间是[1+2m，1]，单调递减区间是（-∞，1+2m）、（1，+∞）.

3.判别式型Δ=b2-4ac

这种类型多在有理数集内不能分解时的解答.

例3 （2009山东卷文21）已知f（x）=13ax3+bx2+x+3，其中a≠0.

（Ⅰ）当a、b满足什么条件时，f（x）取得极值？

（Ⅱ）已知a>0，且f（x）在区间（0，1]上单调递增，试用a表示出b的取值范围.

解 （Ⅰ）f ′（x）=ax2+2bx+1，a≠0.

Δ=4b2-4a.

当Δ≤0时，a>0，f ′（x）≥0，f（x）上是增函数，无极值；a<0，f ′（x）≤0，f（x）上R是减函数，无极值.

当Δ>0时，f ′（x）=ax2+2bx+1=0有两个不同的解，即x1=-b-b2-aa，

x1=-b+b2-aa.

（1）当a>0时，f（x）的单调递增区间是（-∞，x1）、（x2，+∞），单调递减区间是[x1，x2]，f（x）在点x1，x2处分别取得极大值和极小值；

（2）当a<0时，f（x）的单调递增区间是[x1，x2]，单调递减区间是（-∞，x1）、（x2，+∞），f（x）在点x1，x2处分别取得极小值和极大值.

综上，当a、b满足b2>a时，f（x）能取到极值.

（Ⅱ）略.

历年高考统计，对于高于二次的一元多项式导函数，有考查过三次和四次的，但没有对这种高次导函数讨论的.

二、非二次函数型

1.含指数型

例4 （2011北京卷理18）已知f（x）=（x-k）2exk.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤1

e，求k的取值范围.

解 （1）f ′（x）=2（x-k）exk+（x-k）2·1kexk=1k（x+k）（x-k）exk.

当k>0时，f（x）的单调递增区间是（-∞，-k）、（k，+∞），单调递减区间是[-k，k]；

当k<0时，f（x）的单调递增区间是[k，-k]，单调递减区间是（-∞，k）、（-k，+∞）.

（2）略.

高中阶段，主要是考查含以e为底的指数函数.由于指数函数值的正值性和求导后的特征性，指数与其它类型的函数都能混合嫁接，所编造的导函数形式花样迭出，创新颇多，新颖、陌生环境的题也最有可能.

2.对数型

例5 （2006全国Ⅱ卷理20）设函数f（x）=（x+1）ln（x+1），若对所有的x≥0，都有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围.

解 令g（x）=f（x）-ax=（x+1）ln（x+1）-ax，g′（x）=ln（x+1）+1-a.

令g′（x）=ln（x+1）+1-a=0，解得x=ea-1-1.

（ⅰ）当a≤1时，对所有x>0，g′（x）>0，则g（x）上[0，+∞）是增函数.又g（0）=0，所以对x≥0都有g（x）≥g（0），即f（x）≥ax.

（ⅱ）当a>1时，对于0

综上，a的取值范围是a≤1.

高中阶段，主要是考查含以e为底的对数函数.导函数含对数型的讨论考查比较少见，一旦出现因对数的个性运算题解自然有一定难度.

3.分式型

例6 （2012天津卷理20）已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a>0.

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；

（Ⅲ）证明：ni=122i-1-ln（2n+1）<2 （n∈N*）.

解 （Ⅰ）略. a=1.

（Ⅱ）当k≤0时，f（1）=1-ln2>0，不合题意.

当k>0时，令g（x）=f（x）-kx2=x-ln（x+1）-kx2，定义域为（-1，+∞）.

g′（x）=1-1x+1-2kx=-x[2kx-（1-2k）]x+1.

令g′（x）=0，得x1=0，x2=1-2k2k>-1.

（1）当k≥12时，1-2k2k≤0，g′（0）<0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在[0，+∞）上单调递减.于是，对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，，即f（x）≤kx2成立.

（2）当00，对（0，1-2k2k），g′（x）>0，故g（x）在（0，1-2k2k）内单调递增.

因此当x∈（0，1-2k2k）时，g（x）>g（0）=0，即f（x）>kx2，与题意不合.

综上，k的最小值是12.

（Ⅲ）略.

导函数为分式型的原函数多数是含分式型函数，或为含以e为底的对数函数.解答这类题，要注意定义域，且多数情况下导函数都是归结为二次函数型的讨论.

4.含三角函数型

例7 （2012全国卷理20）已知函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π].

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围.

解 （1）f ′（x）=a-sinx.

当a≥1时，f ′（x）≥0，且仅当a=1，x=π2时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是增函数；

当a≤0时，f ′（x）≤0，且仅当a=0，x=0或x=π时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是减函数；

当0

当x∈[0，x1）时，sinx0，f（x）是增函数；

当x∈（x1，x2）时，sinx>a，f ′（x）<0，f（x）是减函数；

当x∈（x2，π]时，sinx0，f（x）是增函数.

（2）略.

笔者对2004至2012年的高考数学试题作了幂函数考查统计，有2012江西卷理21，2012湖北卷理22两省考查了导函数含幂函数型，但未有讨论.

梳理了讨论函数单调性的上述导函数类型，对导函数讨论内容必有宏观的认识，相信对学生高考自主复习和教师为谋略性的高考教学有所益处.

综上，a的取值范围是a≤1.

高中阶段，主要是考查含以e为底的对数函数.导函数含对数型的讨论考查比较少见，一旦出现因对数的个性运算题解自然有一定难度.

3.分式型

例6 （2012天津卷理20）已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a>0.

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；

（Ⅲ）证明：ni=122i-1-ln（2n+1）<2 （n∈N*）.

解 （Ⅰ）略. a=1.

（Ⅱ）当k≤0时，f（1）=1-ln2>0，不合题意.

当k>0时，令g（x）=f（x）-kx2=x-ln（x+1）-kx2，定义域为（-1，+∞）.

g′（x）=1-1x+1-2kx=-x[2kx-（1-2k）]x+1.

令g′（x）=0，得x1=0，x2=1-2k2k>-1.

（1）当k≥12时，1-2k2k≤0，g′（0）<0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在[0，+∞）上单调递减.于是，对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，，即f（x）≤kx2成立.

（2）当00，对（0，1-2k2k），g′（x）>0，故g（x）在（0，1-2k2k）内单调递增.

因此当x∈（0，1-2k2k）时，g（x）>g（0）=0，即f（x）>kx2，与题意不合.

综上，k的最小值是12.

（Ⅲ）略.

导函数为分式型的原函数多数是含分式型函数，或为含以e为底的对数函数.解答这类题，要注意定义域，且多数情况下导函数都是归结为二次函数型的讨论.

4.含三角函数型

例7 （2012全国卷理20）已知函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π].

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围.

解 （1）f ′（x）=a-sinx.

当a≥1时，f ′（x）≥0，且仅当a=1，x=π2时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是增函数；

当a≤0时，f ′（x）≤0，且仅当a=0，x=0或x=π时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是减函数；

当0

当x∈[0，x1）时，sinx0，f（x）是增函数；

当x∈（x1，x2）时，sinx>a，f ′（x）<0，f（x）是减函数；

当x∈（x2，π]时，sinx0，f（x）是增函数.

（2）略.

笔者对2004至2012年的高考数学试题作了幂函数考查统计，有2012江西卷理21，2012湖北卷理22两省考查了导函数含幂函数型，但未有讨论.

梳理了讨论函数单调性的上述导函数类型，对导函数讨论内容必有宏观的认识，相信对学生高考自主复习和教师为谋略性的高考教学有所益处.

综上，a的取值范围是a≤1.

高中阶段，主要是考查含以e为底的对数函数.导函数含对数型的讨论考查比较少见，一旦出现因对数的个性运算题解自然有一定难度.

3.分式型

例6 （2012天津卷理20）已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a>0.

（Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；

（Ⅲ）证明：ni=122i-1-ln（2n+1）<2 （n∈N*）.

解 （Ⅰ）略. a=1.

（Ⅱ）当k≤0时，f（1）=1-ln2>0，不合题意.

当k>0时，令g（x）=f（x）-kx2=x-ln（x+1）-kx2，定义域为（-1，+∞）.

g′（x）=1-1x+1-2kx=-x[2kx-（1-2k）]x+1.

令g′（x）=0，得x1=0，x2=1-2k2k>-1.

（1）当k≥12时，1-2k2k≤0，g′（0）<0在（0，+∞）上恒成立，因此g（x）在[0，+∞）上单调递减.于是，对任意的x∈[0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，，即f（x）≤kx2成立.

（2）当00，对（0，1-2k2k），g′（x）>0，故g（x）在（0，1-2k2k）内单调递增.

因此当x∈（0，1-2k2k）时，g（x）>g（0）=0，即f（x）>kx2，与题意不合.

综上，k的最小值是12.

（Ⅲ）略.

导函数为分式型的原函数多数是含分式型函数，或为含以e为底的对数函数.解答这类题，要注意定义域，且多数情况下导函数都是归结为二次函数型的讨论.

4.含三角函数型

例7 （2012全国卷理20）已知函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π].

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围.

解 （1）f ′（x）=a-sinx.

当a≥1时，f ′（x）≥0，且仅当a=1，x=π2时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是增函数；

当a≤0时，f ′（x）≤0，且仅当a=0，x=0或x=π时，f ′（x）=0，所以f（x）在[0，π]上是减函数；

当0

当x∈[0，x1）时，sinx0，f（x）是增函数；

当x∈（x1，x2）时，sinx>a，f ′（x）<0，f（x）是减函数；

当x∈（x2，π]时，sinx0，f（x）是增函数.

（2）略.

笔者对2004至2012年的高考数学试题作了幂函数考查统计，有2012江西卷理21，2012湖北卷理22两省考查了导函数含幂函数型，但未有讨论.

梳理了讨论函数单调性的上述导函数类型，对导函数讨论内容必有宏观的认识，相信对学生高考自主复习和教师为谋略性的高考教学有所益处.