前言
使用情形
- 情形一：二阶导全为正(或负)，就能判断一阶导的增(或减)，且一阶导的零点刚好在给定区间的端点处，这样一阶导就是全为正(或全为负)的，原函数就是单调函数；
证明 : 由已知 (f(x)=cfrac{2ln x}{x}+x-5)，限定定义域为([1,+infty)) ，
(f'(x)=cfrac{2-2ln x}{x^{2}}+1=cfrac{x^{2}+2-2ln x}{x^{2}})，
设 (h(x)=x^{2}+2-2ln x)此时为何要取分子求其导数，原因是分母的正负我们已经能确定了；另外，从数的角度解不等式不好解，从形的角度不好做图像判断正负，所以利用二阶导判断其正负；，
(h'(x)=2x-cfrac{2}{x}=cfrac{2left(x^{2}-1 ight)}{x})，
当 (x geqslant 1) 时， (h'(x)geqslant 0)， (h(x)) 在 ([1,+infty)) 上单调递增，
(h(x)geqslant h(1)=3>0)
所以 (xgeqslant 1) 时, (f'(x)>0)， (f(x)) 单调递增 .
〔解释说明〕：本题目中，二阶导(h'(x))(geqslant)(0)，则可知一阶导(h(x))[即(f'(x))]单调递增，而一阶导的端点值(h(1))(=)(3)(>)(0)[即(f'(1))(>)(0)]，则说明在(x)(geqslant)(1)时，(f'(x))(>)(0)，故原函数(f(x))单调递增，得证。
- 情形二：二阶导全为正(或负)，能判断一阶导的增(或减)，但此时一阶导的零点在给定区间内部，不在端点处，则一阶导有正有负，原函数就不是单调函数；
(1). 求 (f(x)) 的单调性;
解: (f'(x)=1-cfrac{a+1}{x^{2}}-cfrac{a}{x}=cfrac{x^{2}-ax-(a+1)}{x^{2}})
(=cfrac{(x+1)[x-(a+1)]}{x^{2}})，((x>0))，
① 当(a+1leqslant 0)时，即 (a leqslant-1) 时， (f'(x)geqslant 0) 恒成立，( herefore f(x)) 在 ((0,+infty)) 上单调递增；
② 当(a+1>0)时，即(a>-1) 时， 令 (f'(x)<0)， 则 (0<x<a+1)， 令 (f'(x)>0)， 则 (x>a+1)，
所以，(f(x)) 在 ((0, a+1)) 上单调递减， 在 ((a+1,+infty)) 上单调递增；
综上: 当 (aleqslant-1) 时， (f(x)) 在 ((0,+infty)) 上单调递增；
当 (a>-1) 时， (f(x)) 在 ((0, a+1)) 上单调递减， 在 ((a+1,+infty)) 上单调递增 .
(2). 若 (a>0)， 且 (f(x)) 的最小值小于 (4-2ln 3)， 求 (a) 的取值范围 .
解： 由 (1) 知 (f(x)_{min}=f(a+1)=a+1+1-aln(a+1))，
则(a+2-aln(a+1)<4-2ln2)， 即 (a-aln (a+1)<2-2ln 3)，
令 (g(x)=x-xln(x+1))，(x>-1)，
则(g'(x)=1-ln(x+1)-cfrac{x}{x+1}=-ln(x+1)+cfrac{1}{x+1})，
令 (h(x)=-ln(x+1)+cfrac{1}{x+1})， (h'(x)=-cfrac{1}{x+1}-cfrac{1}{(x+1)^{2}}<0)，
所以 (h(x)) 在 ((-1,+infty)) 上单调递减， 又 (h(0)=1>0)， (h(1)=cfrac{1}{2}-ln2<0)此处使用函数的零点存在性定理，目的为确定函数在区间((0,1))内的零点。
，
所以存在 (x_{0}in(0,1))， 使得 (hleft(x_{0} ight)=0)，
即 (g'left(x_{0}
ight)=0)， (g(x))在 (left(0, x_{0}
ight)) 上单调递增， 在 (left(x_{0},+infty
ight)) 上单调递减利用单调性做出函数的大致示意图，如图所示，
，
又 (g(0)=0>2-2ln 3)， (g(2)=2-2ln 3)，
所以，(g(a)<2-2ln3) (Leftrightarrow) (a>2)
所以，(a) 的取值范围为 ((2,+infty)) .