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第2讲 导数与函数的单调性
复习要点 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数
研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
一 函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上单调递增
f(x)在区间
f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上单调递减
(a，b)上可导
f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是常函数
二 利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的
正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．
注意：导数的绝对值与函数值变化的关系
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内
变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较
“平缓”．
常/用/结/论
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的 充要条件是对 ∀ x ∈ ( a ， b ) ，都有 f ′( x )≥0( f ′
( x )≤0) 且 f ′( x ) 在 ( a ， b ) 上的任何子区间内都不恒为零 ．
此命题适用于所有初等函数．
1．判断下列结论是否正确．
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)
(2)若函数f(x)在定义域上单调递增，则f′(x)>0.()
(3)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√)
(4)如果函数f(x)在区间(a，b)上变化得越快，其导数就越大．()
2．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )解析：由导函数的图象可知，当x＜0时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当0＜x＜x 时，
1
f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x＞x 时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数．故选C.
1
答案：C
3．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a，由结论1知f′(x)≥0，即a≤3x2，
又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
4．已知函数f(x)＝x2(x－a)．
(1)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是________；
(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x.
(1)若f(x)在(2,3)上单调，则结合f′(x)的图象有f′(2)＝12－4a≥0或f′(3)＝27－6a≤0，可得
a≤3或a≥.
(2)若f(x)在(2,3)上不单调，则2＜＜3，可得3＜a＜.
答案：(1)(－∞，3]∪ (2)
题型 简单函数的单调性问题
典例1求下列函数的单调区间．
(1)f(x)＝x＋2；
(2)f(x)＝；
(3)f(x)＝e2x－e(2x＋1)．
解：(1)f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－.f′(x)在区间(－∞，1]上单调递减，f′(x)＝0的解x＝0是原函数的极大值点．
令f′(x)＝0，得x＝0.当0<x<1时，f′(x)<0；当x<0时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递增区间为
(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
(2)f′(x)＝＝ . 你能从本例中看到更深一层的问题吗？求函数的极大值点和极小值点 . x ＝
＋2kπ，k∈Z是极大值点；x＝－＋2kπ，k∈Z是极小值点．
令f′(x)＞0，得cos x＞－，即2kπ－＜x＜2kπ＋(k∈Z)；
令f′(x)＜0，得cos x＜－，
即2kπ＋＜x＜2kπ＋(k∈Z)．
因此 f ( x ) 的单调递增区间为 ( k ∈ Z ) ， f ( x ) 的单调递减区间为 ( k ∈ Z ) ．这里反映出余弦不等
式的解题特点. 如图：
(3)f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)，
求导后，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，得单调区间．
令f′(x)＝0，解得x＝，
x，f′(x)，f(x)的变化如下：
x
f′(x) － 0 ＋
f(x) －e
∴f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
单调区间的求法
(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)．
(2)使f′(x)＞0的区间为f(x)的单调递增区间，使f′(x)＜0的区间为f(x)的单调递减区间．
(3)函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．想想为什么？
对点练1(2024·山师附中质检)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数
f(x)的单调递增区间为( )
A.
B.，
C.
D.
解析：由f(x)＝ln x＋f′(1)x2得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，解得f′(1)＝－1，
所以f′(x)＝－2x＝.因为x＞0，所以由f′(x)＝＞0得0＜x＜.故选C.
答案：C
题型 含参函数单调性的讨论
典例2已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a＞0，试讨论函数g(x)的单调性．
解：因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，
所以g′(x)＝＝.
这样一来，使问题转化为含参二次不等式的解法，如果本题没有a＞0这个限制条件，
那么对a怎样分类讨论呢？一方面讨论a和0的大小，另一方面讨论和1的大小. 两方面应兼顾．
由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
① 若 <1 ，即 a > ，
由g′(x)>0得x>1或0<x<，
由g′(x)<0得<x<1，
所以函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
② 若 >1 ，即 0< a < ，
由g′(x)>0得x>或0<x<1，
由g′(x)<0得1<x<，
所以函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
③若＝1，即a＝，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当0<a<时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>时，函数g(x)在上单调递增，在上
单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
1．研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．遇二
次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界
点，分情况讨论．
2．划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0的点和函数的
间断点．
3．个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x
＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.
对点练2(1)(2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R，讨论f(x)的单调区间．
(2)(2020·全国Ⅲ卷节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2，讨论f(x)的单调性．
(1)解：函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，
令f′(x)＝ex－a＞0，解得x＞ln a，
令f′(x)＝ex－a＜0，解得x＜ln a，
即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)解：由题意，得f′(x)＝3x2－k，
当k≤0时，f′(x)≥0恒成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当k＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±，
令f′(x)＜0，得－＜x＜，
令f′(x)＞0，得x＜－或x＞，
所以f(x)在上单调递减，在，上单调递增．
综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当k＞0
时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.
题型 函数单调性应用的多维研讨
维度1 导数与函数图象的关系
典例3(1)设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数f′
(x)的图象可能是( )
(2)已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象只可能是( )
本例考查f′(x)的绝对值大小，对应函数f(x)切线斜率的变化．解析：(1)原函数的单调性如下：
当 x ＜ 0 时， f ( x ) 单调递增 ；f′(x)为正值，且逐渐增大．
当x＞0时，f(x)的单调性变化依次为增、减、增．故当x＜0时，f′(x)＞0；当x＞0时，
f′(x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选C.
(2)由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)＞0，且在内，f′(x)单调递增，在内，
f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在内越来越陡峭，在内越来越
平缓．故选D.
解决此类导函数图象与原函数图象关系问题的关键点有两个：一是抓住原函数的单调
递增区间对应的导函数函数值为正、原函数的单调递减区间对应的导函数函数值为负；二
是抓住函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映导函数图象在相应点处的变化情况
对点练3(1)已知f(x)＝x2＋cos x，f′(x)为f(x)的导函数，则y＝f′(x)的图象大致是( )
(2)(2024·吉林长春模拟)已知函数y＝f(x)的部分图象如图所示，且f′(x)是f(x)的导函数，
则( )A．f′(－1)＝f′(－2)<0<f′(1)<f′(2)
B．f′(2)<f′(1)<0<f′(－1)＝f′(－2)
C．0>f′(2)>f′(1)>f′(－1)＝f′(－2)
D．f′(1)<f′(2)<0<f′(－2)＝f′(－1)
解析：(1)因为f′(x)＝x－sin x，所以f′(x)为奇函数，则函数f′(x)的图象关于原点对称，
排除A，D；令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－cos x，因为当x∈时，g′(x)＜0，所以g(x)在上单调
递减，排除C.故选B.
(2)f′(－2)，f′(－1)，f′(1)，f′(2)分别表示曲线y＝f(x)在x＝－2，x＝－1，x＝1，x＝2处
切线的斜率，结合图象可知，当x<0时，f′(x)是一个大于0的常数，当x>0时，f′(x)小于0
且随着x的增大而减小，所以f′(2)<f′(1)<0<f′(－1)＝f′(－2)．故选B.
答案：(1)B (2)B
维度2 利用单调性比较大小和不等式问题
典例4(1)(2024·江苏苏州模拟)已知 x ＝， y ＝ e ， z ＝ π ，则 x，y，z的大小关系为(
)
做个发散思维，函数g(x)＝x的单调性如何呢？
A．x＞y＞z B．x＞z＞y
C．y＞x＞z D．y＞z＞x
(2)设函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当 x ≥0 时， f ( x ) ＝ e x － cos x ，则不等式
解析式暗含单调性，从而发散得知在R内单调递增．
f (2 x － 1) ＋ f ( x － 2) ＞ 0 的解集为( )
应用奇偶性、单调性解不等式．
A．(－∞，1) B.
C. D．(1，＋∞)
解析：(1)由x＝，y＝e，z＝π，得 ln x ＝ ln 2 ， ln y ＝ ln e ， ln z ＝ ln π ，令 f ( x ) ＝ ( x ＞ 0) ，则
f ′( x ) ＝ ( x ＞ 0) ，
取对数，构造函数，思维巧妙！
当0＜x＜e时，f′(x)＞0，当x＞e时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(0，e)上单调递增，在
(e，＋∞)上单调递减．又因为 ln x ＝ ln 2 ＝ ln 4 ， e ＜ π ＜ 4 ，
这样转化，三个自变量同属一个单调区间．
所以f(e)＞f(π)＞f(4)，即ln y＞ln z＞ln x，所以y＞z＞x.故选D.
(2)根据题意，当x≥0时，f(x)＝ex－cos x，此时有f′(x)＝ex＋sin x＞0，则f(x)在[0，＋
∞)上
ex≥1，sin x≥－1，从而f′(x)＞0.
为增函数，又 f(x)为 R 上的奇函数，故 f(x)在 R 上为增函数． f (2 x － 1) ＋ f ( x － 2) ＞
0 f(2x－1)＞－f(x－2) f(2x－1)＞f(2－x) 2x－1＞2－x，解得x＞1，即不等式的解集为
(1，＋∞)．故选D.
⇒ ⇒ ⇒
利用导数比较大小或解不等式的方法利用导数比较大小或解不等式，其关键是构造函数，把比较大小和解不等式问题转化
为先利用导数判断函数单调性，再根据单调性比较大小和解不等式问题．①比较大小时，
应先利用函数的性质将其转化到同一单调区间上，再进行比较；②解不等式时，根据单调
性去掉函数符号“f”．
对点练4(1)(2024·河南郑州模拟)已知a＝e0.3，b＝＋1，c＝，则它们的大小关系正确的
是( )
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．b＞a＞c D．c＞b＞a
(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＞1的解集为________．
解析：(1)因为b＝＋1＝ln＋1，令f(x)＝ln x＋1－x，则f′(x)＝－1，当x∈(0,1)时，f′(x)
＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.所以f(x)＝ln x＋1－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上
单调递减，且f(1)＝0，则f()＜0，即ln＋1－＜0，所以b＜c.又因为c＝＜1.3，所以ln＋1＜
＜1.3，所以ln＜0.3＝ln e0.3，故＜e0.3，即a＞c.综上所述，a＞c＞b.故选B.
(2)f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)＞f(0)，
即2x－3＞0，解得x＞，
∴原不等式的解集为.
答案：(1)B (2)
维度3 由单调性求参数的范围
典例5已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若f(x)在 [1,4] 上单调递减，求实数 a 的取值范围 ；转化为不等式恒成立，求参问题．
(2)若f(x)在[1,4]上 存在单调递减区间，求实数 a 的取值范围 ．转化为f′(x)＜0在区间内
有解，求参问题．
解：(1)因为f(x)在[1,4]上单调递减，
所以当x∈[1,4]时，
f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即 a ≥ －恒成立 ．
参变分离法，用二次函数方法求G(x)＝－的最大值．
设G(x)＝－，x∈[1,4]，所以a≥G(x) ，
max
而G(x)＝2－1，
因为x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x) ＝－(此时x＝4)，
max
所以a≥－.
又因为a≠0，所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
(2)因为f(x)在[1,4]上存在单调递减区间，则 f ′( x ) ＜ 0 在 [1,4] 上有解 ，
不等式在区间内有解求参数范围和不等式恒成立求参数范围，方法是有差别的．如a
＞g(x)恒成立⇔a＞g(x) ，而a＞g(x)有解⇔a＞g(x) .
max min
所以当x∈[1,4]时，a＞－有解，
又当x∈[1,4]时， ＝－1(此时x＝1)，
min
所以a＞－1，又因为a≠0，所以实数a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
根据函数单调性求参数取值范围的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理，函数y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调
区间的子集．
(2)f(x)在区间D上单调递增(减)，得到f′(x)≥0(≤0)在D上恒成立，如果能够分离参数，
则分离参数后转化为研究函数的最值问题．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
对点练5(2024·陕西渭南阶段测试)已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，
则a的取值范围是________．
解析：由题可知，f′(x)＝－ln x＋＋a＝－ln x＋a－1，
令g(x)＝－ln x＋a－1，x＞1，
则g′(x)＝－－＝－，
因为x＞1，所以g′(x)＜0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)＜g(1)＝1－ln 1＋a－1＝a.
若a≤0，则g(x)＜0，即f′(x)＜0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，不满足题意．
若a＞0，则g(1)＝a＞0，g(ea)＝－ln ea＋a－1＝－1.
因为a＞0，所以ea＞1，所以g(ea)＝－1＜0，结合函数零点存在定理可知，g(x)在(1，
ea)上必定存在唯一的零点，记为x，
0
所以当x∈(1，x)时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，当x∈(x，＋∞)时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
0 0
所以f(x)在(1，x)上单调递增，在(x，＋∞)上单调递减，满足题意．
0 0
综上，a∈(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
