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第 20 讲 利用导数研究函数的单调性
1. 函数的单调性
设函数y＝f(x)在某个区间内可导，若f′(x) > 0，则f(x)为增函数，若f′(x) < 0，则f(x)为减函数．
2. 求可导函数f(x)单调区间的步骤：
(1) 确定f(x)的 定义域 ；
(2) 求导数f′(x)；
(3) 令f′(x) > 0(或f′(x) < 0)，解出相应的x的取值范围；
(4) 当 f ′ ( x )> 0 时，f(x)在相应区间上是增函数，当 f ′ ( x )< 0 时，f(x)在相应区间上是减函数．
3. 常用结论
(1) f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．
(2) f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．
(3) 对于可导函数f(x)，“f′(x)＝0”是“函数f(x)在x＝x 处有极值”的必要不充分条件．
0 0
31 1 1
1、【2022年全国甲卷】已知a= ,b=cos ,c=4sin ，则（ ）
32 4 4
A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b
【答案】A
【解析】
【分析】
c 1 1
由 =4tan 结合三角函数的性质可得c>b；构造函数f(x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞)，利用导数可
b 4 2
得b>a，即可得解.
【详解】
c 1 π
因为 =4tan ,因为当x∈(0, ),sinx ,即 >1,所以c>b；
4 4 b
1
设f(x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞)，
2
f' (x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，(1) 1 31
则f >f(0)=0,所以cos − >0，
4 4 32
所以b>a,所以c>b>a，
故选：A
1
2、【2022年新高考1卷】设a=0.1e0.1,b= ，c=−ln0.9，则（ ）
9
A．a−1)，因为f' (x)= −1=− ，
1+x 1+x
当x∈(−1,0)时，f' (x)>0，当x∈(0,+∞)时f' (x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，
1 10 1 1 10
所以f( )ln =−ln0.9，即b>c，
9 9 9 9 9
1 9 1 9 − 1 1 1 1
所以f(− )0，函数ℎ(x)=ex (x2−1)+1单调递增，
又ℎ(0)=0，
所以当00，函数g(x)=xex+ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以a>c
故选：C.
1、.函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是( )
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)
的单调递减区间是.
2、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图，则函数y＝ax2＋bx＋的单调递增区间是( )
第2题图
A. (－∞，－2]
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】 由题图可知d＝0. 不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c. 由图可知f′(－2)
＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，∴b＝－，c＝－18. ∴y＝x2－x－6，y′＝2x－. 当x＞
时，y′＞0，∴y＝x2－x－6的单调递增区间为[，＋∞). 故选D.
3、函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
A B C D
【答案】 D
【解析】 由f′(x)的图象可知f(x)的单调性为减→增→减→增，且极大值点为正，故选D.
4、 下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A. f(x)＝sin 2x
B. g(x)＝x3－x
C. h(x)＝xex
D. m(x)＝－x＋ln x
【答案】 C
【解析】 对于A，f(x)＝sin 2x是周期函数，在区间(0，＋∞)上无单调性，不符合题意；对于B，g′(x)＝3x2－1.令g′(x)>0，得x>或x<－，所以函数g(x)在区间(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在区间(－，)上单调
递减，不符合题意；对于C，h′(x)＝ex(x＋1).当x>0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递
增，符合题意；对于D，m′(x)＝(x>0).令m′(x)>0，得00时，x∈∪(1，＋∞)；当f′(x)＜0时，x∈.
∴函数的单调增区间为和(1，＋∞)，单调减区间为.
(2)g′(x)＝2x－＝，定义域为(0，＋∞)，令g′(x)＝0，解得：x＝1或x＝－1(舍去)，列表：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 减 极小值 增
∴函数的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0，1)．
变式1、知函数f(x)＝x＋＋ln x，求函数f(x)的单调区间．
【解析】 因为f(x)＝x＋＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝1－＋＝(x>0).
令f′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝1，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
故函数f(x)的单调减区间为(0，1)，单调增区间为(1，＋∞).
变式2、(1) 函数f(x)＝的减区间是( )
A. (－∞，2) B. (2，＋∞)
C. D. (3，＋∞)
【答案】C
【解析】 因为f(x)＝，所以f′(x)＝，令f′(x)<0，解得x＞.
(2) 设f(x)＝，讨论f(x)的单调性．
【解答】 由题得函数的定义域为R，f′(x)＝＝.令f′(x)>0，得cosx>－，即2kπ－0，当
x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在(0，π)上的增区间为.
方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f′
(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．
2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函
数的符号．
考向二 给定区间求参数的范围
例2、已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
【解析】 因为f(x)在R上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以a≤0，
所以实数a的取值范围是(－∞，0].
变式1、 f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，求实数a的取值范围．
【解析】 由题意，得f′(x)＝3x2－a≤0在区间(－1，1)上恒成立，
即a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立．
因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3，
所以实数a的取值范围是[3，＋∞).
变式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．
【解析】 由例题可知，
f(x)的单调减区间为(－，)，
所以＝1，解得a＝3，
故实数a的值为3.
变式3、 f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．
【解析】 因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间 [1，＋∞)上不具有单调性，
所以f′(x)＝0即a＝3x2在区间[1，＋∞)上有解．
当x≥1时，3x2≥3，
故实数a的取值范围是[3，＋∞).
变式4、 (2022·河北省级联测)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在上存在减区间，则m的取值范围是 .
【答案】
【解析】 f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，则原问题等价于f′(x)<0在上有解，即x2＋
(m＋2)x＋m<0在上有解，即m<在上有解．因为＝－(x＋1)＋，且y＝－(x＋1)＋在上单调递减，所以当x＝
－时，y ＝－＋＝，所以m<.
max
方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．
2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等
解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三 函数单调区间的讨论
1 1
f x x m lnx mR
例3、已知函数 x x ．当 m>1 时，讨论 f x 的单调性；
f x (0,)
【解析】函数 的定义域为 .
m1 m x2 mxm1 (x1)[x(m1)]
f '(x)1
x2 x x2 x2 ，
因为m>1，所以m10，
①当0m11，即1m2时，
fx0 fx0
x1 xm1 m1 x1
由 得 或 ，由 得 ，
f x 0,m1 1, m1,1
所以 在 ， 上是增函数， 在 上是减函数；
fx0 f x 0,
m11 m2
②当 ，即 时 ，所以 在 上是增函数；
fx0 fx0 f x
m11 m2 xm1 x1 1 xm1
③当 ，即 时，由 得 或 ，由 得 ，所以
0,1 m1, 1,m1
在 ， .上是增函数，在 .上是减函
综上可知：
1m2
f x 0,m1 1, m1,1
当 时 在 ， 上是单调递增，在 上是单调递减；
f x 0,
m2
当 时， 在 .上是单调递增；
f x 0,1 m1, 1,m1
m2
当 时 在 ， 上是单调递增，在 上是单调递减.
变式1、已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
【解答】 函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝.①当01时，若x∈(0,1)和，则f′
(x)>0；若x∈，则f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减．②当a＝1，即＝1时，f′(x)≥0
在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a>1，即0<<1时，若x∈和(1，＋∞)，
则f′(x)>0；若x∈，则f′(x)<0.所以函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．综上，当01时，
函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
变式2、已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．【解析】 由题意，得函数f(x)的定义域为 (0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.
①当a≥1时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间 (0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间 (0，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝(舍负)，则当x∈(0，)时，f′(x)＜0；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，
故函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．
综上，当a≥1时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；
当00(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；
(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；
特别地，对于不等式f′(x)>k(或0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；
(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(g(x)≠0)；
(5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；
(6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝(x≠0)
1、（2022·广东惠州·二模）若函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围是______．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，
又函数 在 上单调递增，
所以 在 恒成立，
分离参数可得 在 恒成立，
令 ， ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
故答案为： .
，若 在 上存在单调递增区间，则 的取值范围是_______
2、【答案】
【 解 析 】 ： ， 有 已 知 条 件 可 得 ： ， 使 得 ， 即
，只需 ，而 ，所以
3、（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知 是可导的函数，且 ，对于 恒成立，
则下列不等关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】令 ，则 ，
， ， ， 在 上单调递减，
， ，即 ， ，
， .
故选：A.
4、（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数 ，若 且 ，则有
（ ）
A． 可能是奇函数，也可能是偶函数 B．
C． 时， D．
【答案】D【解析】若 是奇函数，则 ，
又因为 ，与 矛盾，
所有函数 不可能时奇函数，故A错误；
令 ，
则 ，
因为 ， ，
所以 ，所以函数 为增函数，
所以 ，即 ，
所以 ，故B错误；
因为 ，所以 ， ，
所以 ，
故 ，即 ，
所以 ，故C错误；
有 ，即 ，故D正确.
故选：D.
