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专题 3.3 导数与函数的单调性-重难点题型精讲
1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
f′(x)>0 f (x)在(a，b)内单调递增
函数y＝f (x)在区
f′(x)<0 f (x)在(a，b)内单调递减
间(a，b)上可导
f′(x)＝0 f (x)在(a，b)内是常数函数
2．函数值变化快慢与导数的关系
一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，
函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这
个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些.
常见的对应情况如下表所示.【题型1 不含参函数的单调性】
【方法点拨】
确定不含参函数的单调性、单调区间的步骤：
(1)确定函数f (x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为
单调递减区间；
(4)由此可得出函数f (x)的单调性；
【例1】（2022•扬州开学）下列函数中，在（1，+∞）上为增函数的是（ ）
4
A．y＝x3﹣3x B．y＝lnx﹣x C．y＝x+ D．y＝x2﹣3x+1
x
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝x3﹣3x，其导数y′＝3x2﹣3，在区间（1，+∞）上，y′＞0，函数为增函数，符合题意，
1 1−x
对于B，y＝lnx﹣x，其导数y′= −1= ，在区间（1，+∞）上，y′＜0，函数为减函数，不符合
x x
题意，
4 4
对于C，y＝x+ ，其导数y′＝1− ，在区间（1，2）上，y′＜0，函数为减函数，不符合题意，
x x2
3
对于D，y＝x2﹣3x+1是二次函数，在区间（1， ）上为减函数，不符合题意，
2
故选：A．
1
【变式1-1】（2022春•湖北期末）函数f（x）=− x2﹣lnx的递减区间为（ ）
2
A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（0，+∞）
【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系可求．
1
【解答过程】解：f′（x）＝﹣x− ＜0，x＞0，
x
故函数的单调递减区间为（0，+∞）．
故选：D．
6
【变式1-2】（2022春•长寿区期末）函数f(x)=x− −5lnx的单调递减区间为（ ）
x
A．（0，2） B．（2，3） C．（1，3） D．（3，+∞）
【解题思路】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可．6
【解答过程】解：∵f(x)=x− −5lnx，定义域是（0，+∞），
x
∴f′（x）＝1 6 5 x2−5x+6 (x−2)(x−3)，
+ − = =
x2 x x2 x2
令f′（x）＜0，解得2＜x＜3，
故f（x）的递减区间是（2，3），
故选：B．
【变式1-3】（2022春•吉林期末）函数f（x）＝﹣lnx+x的递增区间是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（1，+∞） B．（﹣∞，0）和（1，+∞）
C．（1，+∞） D．（﹣1，+∞）
【解题思路】先写出函数的定义域，求导后，再解不等式f'（x）＞0，即可．
1
【解答过程】解：因为f（x）＝﹣lnx+x，所以f'（x）=− +1，定义域为（0，+∞），
x
1
令f'（x）＞0，则− +1＞0，解得x＞1，
x
所以f（x）的递增区间为（1，+∞）．
故选：C．
【题型2 含参函数的单调性】
【方法点拨】
(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．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
【例2】（2022春•巴宜区校级期末）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．
（1）若函数f（x）在x＝1处取得极小值﹣4，求实数a，b的值；
（2）讨论f（x）的单调性．
【解题思路】（1）根据题可得{f '(1)=0 ，解得a，b．
f(1)=−4
a
（2）求导并令f′（x）＝0，得x＝0或x= ，分三种情况：当a＝0时，当a＜0时，当a＞0时，讨论
3
f（x）的单调性．
【解答过程】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax，则{f '(1)=0 ，即{ 6−2a=0 ，
f(1)=−4 2−a+b=−4
{ a=3
解得 ．
b=−3
（2）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），
a
令f′（x）＝0，得x＝0或x= ，
3
当a＝0时，f′（x）≥0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
a
当a＜0时，在（﹣∞， ），（0，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
3
a
在（ ，0）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
3
a
当a＞0时，在（﹣∞，0），（ ，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
3
a
在（0， ）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
3
综上所述，当a＝0时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
a a
当a＜0时，f（x）在（﹣∞， ），（0，+∞）上单调递增，在（ ，0）上单调递减，
3 3
a a
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，0），（ ，+∞）上单调递增，在（0， ）上单调递减．
3 3
【变式2-1】（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx（a R）．
（1）a＝﹣2，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程； ∈
（2）讨论函数f（x）的单调性．
【解题思路】（1）当a＝﹣2时，求出f（x）的解析式，对f（x）求导，利用导数的几何意义求出切线
斜率，求出f（1），利用点斜式即可求得切线方程；
（2）对f（x）求导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可．
2
【解答过程】解：（1）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣2lnx，f '(x)=2x−
x
切线的斜率k＝f′（1）＝0，f（1）＝1，则切线方程为y﹣1＝0，即y＝1．
a (2x−a)(x−1)
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f '(x)=2x−(a+2)+ = ，
x x
a
①当a≤0时， ≤0，由f′（x）＞0，得x＞1；由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
2则函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．
a a
②当0＜ ＜1，即 0＜a＜2 时，由 f′（x）＞0，得0＜x＜ 或 x＞1；由 f′（x）＜0，得
2 2
a
＜x＜1．
2
a
则函数f（x）的单调递增区间为(0， )，（1，+∞），
2
a
函数f（x）的单调递减区间为( ，1)．
2
a
③当 =1，即a＝2时，f′（x）≥0恒成立，则函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
2
a a a
④当 ＞1，即a＞2时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞ ；由f′（x）＜0，得1＜x＜ ，
2 2 2
a a
则函数f（x）的单调递增区间为（0，1），( ，+∞)，函数f（x）的单调递减区间为(1， )．
2 2
综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减；
a a
当0＜a＜2时，函数f（x）在(0， )和（1，+∞）上单调递增，在( ，1)上单调递减；
2 2
当a＝2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
a a
当a＞2时，函数f（x）在（0，1）和( ，+∞)上单调递增，在(1， )上单调递减．
2 2
【变式2-2】（2022春•蓝田县期末）已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a≠0）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明：在（1，+∞）上，f（x）+2＞0．
【解题思路】（Ⅰ）先求导，再分类讨论导函数的符号即可求解；
（Ⅱ）构造函数g（x）＝f（x）+2，再利用导数求出g（x）的最值，从而得证．
a a(1−x)
【解答过程】解：（Ⅰ）∵f '(x)= −a= ，x＞0，
x x
①当a＞0时，
x （0，1），f′（x）＞0；x （1，+∞），f′（x）＜0，
∴∈f（x）在（0，1）上单调递增∈ ，在（1，+∞）上单调递减；
②当a＜0时，
x （0，1），f′（x）＜0；x （1，+∞），f′（x）＞0，
∴∈f（x）在（0，1）上单调递减∈ ，在（1，+∞）上单调递增．综合可得：当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当a＜0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，令g（x）＝f（x）+2＝﹣lnx+x﹣1，x＞1，
1 x−1
∴g'(x)=− +1= ＞0，
x x
∴g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）＞g（1）＝0，
故在（1，+∞）上，f（x）+2＞0．
【变式2-3】（2022春•南沙区期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax2﹣2（a﹣1）x+1（a R）．
（1）求函数f（x）的单调区间； ∈
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x ，x ，求实数a的取值范围．
1 2
【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对 a进行分类讨论，进而可求函数的单
调区间；
（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式
可求a的范围．
2 −2ax2−2(a−1)x+2 −2(ax−1)(x+1)
【解答过程】解：（1）f′（x）= −2ax﹣2（a﹣1）= =
x x x
，
因为x＞0，x+1＞0，
故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
1 1
当a＞0时，x＞ 时，f′（x）＜0，0＜x＜ 时，f′（x）＞0，
a a
1 1
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，
a a
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞）；
a a
（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，
不符合题意；
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞），
a a
又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，1 1 1 1
若使f（x）有2个零点，则f（ ）=−2lna+ −1=2ln + −1＞0，
a a a a
1
令t= ，则t＞0，
a
即2lnt+t﹣1＞0，
令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，
所以t＞1，
所以0＜a＜1，
故a的取值范围为（0，1）．
【题型3 利用函数的单调性比较大小】
【方法点拨】
根据题目条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来比较大小，即可得解.
1
【例 3】（2022 春•眉山期末）已知实数 x，y，z 满足 eylnx﹣yex＝0，zex−exln =0，若 y＞1，则
x
（ ）
A．x＞y＞z B．y＞x＞z C．y＞z＞x D．x＞z＞y
ey ez
【解题思路】首先根据题中的条件得到 + =0，从而得到 z＜0；再根据 x＞1时，x＞lnx得到
y z
ey ex ex
＞ ，结合函数g(x)= (x＞1)的单调性得到y＞x，从而得到y＞x＞z．
y x x
ez ex
ey ex 1 =
【解答过程】解：由eylnx﹣yex＝0，得 = ；由zex−ezln =0，得 z 1，
y lnx x ln
x
ey ez
两式相加得 + =0，因为y＞1，ey＞0，
y z
ez
所以 ＜0，又因为ez＞0，所以z＜0；
z
ey ex ex
因为 = ，y＞1，所以 ＞0，即lnx＞0，所以x＞1．
y lnx lnx
1 x−1
令f（x）＝x﹣lnx（x＞1），则f '(x)=1− = ，
x x
当x （1，+∞）时，f′（x）＞0，
∈所以f（x）＝x﹣lnx在（1，+∞）内单调递增，即x＞lnx，
ey ex ex ey ex
所以 = ＞ ，即 ＞ ，
y lnx x y x
又令 ex ，则 xex−ex (x−1)ex ，
g(x)= (x＞1) g'(x)= = (x＞1)
x x2 x2
ex
当x＞1时，g′（x）＞0，所以g(x)= 在（1，+∞）内单调递增，
x
ey ex
所以由 ＞ ，得到y＞x．
y x
所以y＞x＞z．
故选：B．
【变式3-1】（2022春•绍兴期末）已知a＝e0.2﹣1，b＝ln1.2，c＝tan0.2，其中e＝2.71828⋯为自然对数的
底数，则（ ）
A．c＞a＞b B．a＞c＞b C．b＞a＞c D．a＞b＞c
【解题思路】观察a＝e0.2﹣1，b＝ln1.2，c＝tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x，自变量在（0，1）
或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a，b，c的大小．
cosxex−cosx−sinx π
【解答过程】解：令f(x)=ex−1−tanx= ，0＜x＜ ，
cosx 4
令g（x）＝cosxex﹣cosx﹣sinx，则g′（x）＝（ex﹣1）（cosx﹣sinx），
π
当0＜x＜ 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
4
又g（0）＝1﹣1＝0，所以g（x）＞0，又cosx＞0，
π
所以f（x）＞0，在(0， )成立，所以f（0.2）＞0，即a＞c，
4
1 −x π
令ℎ(x)=ln(x+1)−x，ℎ'(x)= −1= ，ℎ(x)在x∈(0， )为减函数，
x+1 x+1 2
所以h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，
1 π
令m(x)=x−tanx，m'(x)=1− ，m(x)在x∈(0， )为减函数，
cos2x 2
所以m（x）＜m（0）＝0，即x＜tanx，
π
所以ln(x+1)＜x＜tanx，x∈(0， )成立，
2
令x＝0.2，则上式变为ln（0.2+1）＜0.2＜tan0.2，所以b＜0.2＜c所以b＜c，所以b＜c＜a．
故选：B．
【变式3-2】（2022春•渭南期末）已知函数f（x）＝sinx+cosx﹣2x，a＝f（﹣ ），b＝f（20），c＝f
（ln2），则a，b，c的大小关系是（ ） π
A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞a＞c D．c＞b＞a
【解题思路】利用导数判断函数f（x）的单调性，进而可比较函数值的大小．
【解答过程】解：因为函数f（x）＝sinx+cosx﹣2x，
π
所以f′（x）＝cosx﹣sinx﹣2=√2cos（x+ ）﹣2＜0，
4
所以f（x）为R上的减函数，
因为﹣ ＜ln2＜1＝20，
所以f（π﹣ ）＞f（ln2）＞f（20），即a＞c＞b．
故选：A．π
【变式3-3】（2022•山东开学）已知0＜a＜4，0＜b＜2，0＜c＜3，且16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝
c2ln3，则（ ）
A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a＞c＞b D．b＞c＞a
lnx
【解题思路】根据等式关系进行转化，然后构造函数f（x）= ，研究函数的单调性和图象，利用数
x2
形结合进行判断即可．
【解答过程】解：由16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，
lna ln4 lnb ln2 lnc ln3
得 = ， = ， = ，
a2 42 b2 22 c2 32
lnx
构造函数f（x）= ，
x2
得f（a）＝f（4），f（b）＝f（2），f（c）＝f（3），
1
⋅x2−2xlnx
f′（x） x x−2xlnx 1−2lnx，
= = =
x4 x4 x3
1
由f′（x）＝0得1﹣2lnx＝0，得lnx= ，即x=√e
2
当x＞√e时，1﹣2lnx＜0，即f′（x）＜0，则f（x）在（√e，+∞）上为减函数，
当0＜x＜√e时，1﹣2lnx＞0，即f′（x）＞0，则f（x）在（0，√e）上为增函数，
则f（2）＞f（3）＞f（4），即f（b）＞f（c）＞f（a），
∵f（x）在（0，√e）上为增函数，
∴√e＞b＞c＞a＞0，
故选：D．
【题型4 利用函数的单调性解不等式】
【方法点拨】
要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而转化求
解不等式.
【例4】（2021秋•重庆月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，其导函数为f′（x），且f'（x）﹣2f
1
（x）＞0，f（ ）＝e（e为自然对数的底数），则关于x的不等式f（lnx）＜x2的解集为（ ）
2
e 1 e e
A．（0， ） B．（0，√e） C．（ ， ） D．（ ，√e）
2 e 2 2
1
f( )
【解题思路】令F（x）= f(x) ，求导分析单调性，不等式f（lnx）＜x2，可转化为f(lnx) 2 ，
＜
ex e2lnx
2×
1
e 2
1
即g（lnx）＜g（ ），即可得出答案．
2
f(x)
【解答过程】解：令g（x）= ，
ex
g′（x） e2xf '(x)−2e2xf(x) f '(x)−2f(x) 0，
= = ＞
e4x e2x
所以g（x）在R上单调递增，f(lnx)
不等式f（lnx）＜x2，则 ＜1，
x2
1
又f（ ）＝e，
2
1
f( )
所以f(lnx) 2 ，即g（lnx）＜g（ 1 ），
＜
e2lnx
2×
1 2
e 2
1
所以lnx＜ ，
2
解得0＜x＜√e，
故选：B．
【变式4-1】（2022春•新邵县期末）设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，
f'（x）g（x）﹣f（x）g'（x）＞0，且f（2）＝0，则不等式f（x）g（x）＞0的解集是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） B．（﹣2，0）∪（0，2）
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣2，0）∪（2，+∞）
f(x)
【解题思路】令F（x）= ，求导分析F（x）的单调性，根据题意可得F（x）的奇偶性，由f（2）
g(x)
＝0，得F（2）＝0，则不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞F（2）解集，即可得出答案．
f(x)
【解答过程】解：令F（x）= ，
g(x)
F′（x） f '(x)g(x)−f(x)g'(x)，
=
g2 (x)
因为当x＜0时，f'（x）g（x）﹣f（x）g'（x）＞0，
所以当x＜0时，F′（x）＞0，
所以F（x）在（﹣∞，0）上为增函数，
因为f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
所以f（﹣x）＝﹣f（x），g（﹣x）＝g（x），
f(−x) −f(x)
所以F（﹣x）= = =−F（x），
g(−x) g(x)
所以F（x）在（﹣∞，+∞）上为奇函数，
所以F（x）在（0，+∞）上为增函数，
因为f（2）＝0，f(2)
所以F（2）= =0，
g(2)
所以不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞0的解集，
所以F（x）＞F（2），
所以x＞2或﹣2＜x＜0，
故选：D．
【变式4-2】（2022春•辽宁月考）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），对 R满足f（x）+f（﹣
x
x）＝2x2，在x （0，+∞）上，f'（x）＜2x若f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m，实∀ ∈数m的取值范围是（
） ∈
A．[﹣1，1] B．（﹣∞，1]
C．[1，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【解题思路】构造函数g（x）＝f（x）﹣x2，推出g（x）为奇函数，再由导数判断g（x）的单调性，把
不等式f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m转化为关于m的一次不等式求解．
【解答过程】解：∵f（x）+f（﹣x）＝2x2，∴f（x）﹣2x2+f（﹣x）＝0，
令g（x）＝f（x）﹣x2，
则g（﹣x）+g（x）＝f（﹣x）﹣x2+f（x）﹣x2＝0，
∴函数g（x）为奇函数．
∵x （0，+∞）时，g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，
故函∈数g（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，
则函数g（x）在（﹣∞，0）上也是单调递减函数．
由f（0）＝0，得g（0）＝0，
可得g（x）在R上是单调递减．
则f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m f（2﹣m）﹣（2﹣m）2≥f（m）﹣m2，
即g（2﹣m）≥g（m）， ⇔
∴2﹣m≤m，解得m≥1，
∴实数m的取值范围是[1，+∞）．
故选：C．
【变式4-3】（2022春•赣州期末）已知定义在R上的函数f（x），其导函数为f'（x）．若f（x）＝﹣f
1
（﹣x）﹣cosx，且当 x≤0 时，f '(x)− sinx＞0，则不等式 f（ ﹣x）＞f（x）+cosx 的解集为
2
π
（ ）π π
A．(−∞， ) B．（ ，+∞） C．（﹣∞， ） D．（ ，+∞）
2 2
π π
1
【解题思路】构造函数g(x)=f(x)+ cosx，然后判断g（x）的奇偶性，然后再由导数分析g（x）的
2
单调性，结合单调性及奇偶性可求．
1
【解答过程】解：设g(x)=f(x)+ cosx，
2
因为f（x）＝﹣f（﹣x）﹣cosx，
所以f（﹣x）＝﹣f（x）﹣cosx，
1 1 1
所以g(−x)=f(−x)+ cosx=−f（x）﹣cosx+ cosx＝﹣f（x）− cosx，
2 2 2
即g（x）为奇函数，
1
而g'(x)=f '(x)− sinx＞0，则g（x）在R上单调递增，f（ ﹣x）＞f（x）+cosx，
2
π
1 1 1 1
即f(π−x)− cosx＞f(x)+ cosx⇒f(π−x)+ cos(π−x)＞f(x)+ cosx，
2 2 2 2
π
即g(π−x)＞g(x)⇒π−x＞x⇒x＜ ，
2
π
所以x的范围为（﹣∞， ）．
2
故选：A．
【题型5 函数单调性与导函数图象的关系】
【例5】（2022•赫山区校级开学）如图所示是函数f（x）的导函数f′（x）的图象，则下列判断中正确的
是（ ）
A．函数f（x）在区间（﹣3，0）上是减函数
B．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是减函数
C．函数f（x）在区间（0，2）上是减函数
D．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是单调函数【解题思路】根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）＞0时单调递增，f'（x）＜0时单调递减，依次判断
选项即可．
【解答过程】解：由函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图像知，
A．x （﹣3，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，故A正确；
B．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，
所以函∈ 数f（x）先单调递减，再单调递增，故B错误；
C．x （0，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，故C错误；
D．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，
所以函∈数f（x）先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D错误．
故选：A．
【变式5-1】（2022春•平顶山期末）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．0＞f'（2）＞f'（1）＞f'（﹣1）＝f'（﹣2）
C．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣1）＝f'（﹣2）
D．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣2）＜f'（﹣1）
【解题思路】根据函数图象的特征，判断函数的单调性，进而判断导数的变化情况，即可得答案．
【解答过程】解：由函数图象可知，当x≤0时，函数y＝f（x）匀速递增，
故f′（x）是一个大于0的常数，
当x≥0时，函数y＝f（x）递减，且递减幅度越来越快，
∴f′（x）＜0，且y＝f′（x）单调递减，
则f′（2）＜f′（1）＜0＜f′（﹣1）＝f′（﹣2），
故选：C．
【变式5-2】（2022春•莆田期末）定义在（﹣1，3）上的函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）图象如右图
所示，则y＝f（x）的单调递减区间是（ ）A．（﹣1，0） B．（﹣1，1） C．（0，2） D．（2，3）
【解题思路】利用导函数的图像，即可得出答案．
【解答过程】解：由f′（x）的图像可知在（0，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故选：C．
【变式5-3】（2022春•遵义期末）函数f（x）的导函数为f'（x）的图象如图所示，关于函数f（x），下列
说法不正确的是（ ）
A．函数在（﹣1，1），（3，+∞）上单调递增
B．函数在（﹣∞，﹣1），（1，3）上单调递减
C．函数存在两个极值点
D．函数有最小值，但是无最大值
【解题思路】由导函数的图像，分析原函数f（x）的单调性，最值，极值，即可得出答案．
【解答过程】解：由图像可知在（﹣∞，﹣1），（1，3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（﹣1，1），（3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故A、B正确；
在x＝﹣1，x＝3处函数f（x）取得极小值，
在x＝1处函数f（x）取得极大值，故C错误；
函数的最小值为f（﹣1）和f（3）中的最小值，
因为x→+∞时，函数f（x）→+∞，
所以函数f（x）无最大值，故D正确，故选：C．
【题型6 根据函数的单调性求参数】
【方法点拨】
根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：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)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且在(a，b)内的任一非空子区间上，
f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．
(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．
1 3π
【例6】（2022•安徽开学）已知函数f(x)=4cosx− mx3在[ ，2π]上单调递增，则实数m的取值
3 4
范围为（ ）
16√3 16√2
A．(−∞，− ] B．(−∞，− ]
9π 9π2
32√3 32√2
C．(−∞，− ] D．(−∞，− ]
9π 9π2
3π
【解题思路】由函数的单调性可知导数f′（x）≥0在[ ，2π]上恒成立，分离参数后，利用导数求
4
4sinx
g(x)=− 的最小值即可得解．
x2
【解答过程】解：由题意得，f′（x）＝﹣4sinx﹣mx2，
3π
又f′（x）≥0在[ ，2π]上，则﹣4sinx﹣mx2≥0，
4
4sinx
∴− ≥m．
x2
4sinx 3π
令g(x)=− ，可知当x∈[ ，π)时，g（x）＜0，当x [ ，2 ]时，g（x）≥0，
x2 4
∈ π π
3π 4
当x∈[ ，π)时，g'(x)= (2sinx−xcosx)＞0，
4 x3
3π
∴函数g（x）在[ ，π)上单调递增，
4
3π 32√2 32√2
∴g(x) =g( )=− ，则m≤− ，
min 4 9π2 9π2
32√2
∴实数m的取值范围为(−∞，− )．
9π2故选：D．
【变式6-1】（2022春•清远期末）已知函数f（x）＝alnx+2x在[1，+∞）上单调递增，则实数a的最小值
为（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣1 D．1
【解题思路】求出原函数的导函数，问题转化为 a≥﹣2x在x [1，+∞）时恒成立，再求出﹣2x在
[1，+∞）上的最大值得答案． ∈
a
【解答过程】解：由f（x）＝alnx+2x，得f′（x）= +2，
x
∵函数f（x）＝alnx+2x在[1，+∞）上单调递增，
a
∴ +2≥0，即a≥﹣2x在x [1，+∞）时恒成立，
x
∈
而﹣2x在[1，+∞）上的最大值为﹣2，∴a≥﹣2，
即实数a的最小值为﹣2．
故选：A．
1
【变式6-2】（2022春•中山市校级月考）设函数f(x)= x3−27lnx在区间[a﹣1，a+1]上单调递减，则实
3
数a的取值范围是（ ）
A．（1，2] B．[4，+∞） C．（﹣∞，2] D．（0，3]
【解题思路】利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a的取值范围．
27 x3−27
【解答过程】解：f '(x)=x2− = ，x＞0，令f'（x）≤0，得0＜x≤3，
x x
1
因为函数f(x)= x3−27lnx在区间[a﹣1，a+1]上单调递减，
3
{a−1＞0
所以 ，故1＜a≤2，
a+1≤3
所以a的取值范围为（1，2]．
故选：A．
【变式6-3】（2022春•道里区校级月考）若函数f（x）＝（x2﹣ax﹣a）ex在区间（﹣2，0）内单调递减，
则实数a的取值范围是（ ）
A．[1，+∞） B．[0，+∞） C．（﹣∞，0] D．（﹣∞，1]
【解题思路】结合导数与单调性关系可把问题转化为 f′（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex≤0在（﹣2，0）
上恒成立，分离常数后可求．
【解答过程】解：由题意得f′（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex≤0在（﹣2，0）上恒成立，因为ex＞0，
即x2+（2﹣a）x﹣2a≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以（x﹣a）（x+2）≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以x﹣a≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以a≥x在（﹣2，0）上恒成立，
所以a≥0．
故选：B．
