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§3.2 导数与函数的单调性
课标要求 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).3.会利用函数的单调
性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．
知识梳理
1．函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
f′(x)>0 f(x)在区间(a，b)上是增函数
函数y＝f(x)在区间
f′(x)<0 f(x)在区间(a，b)上是减函数
(a，b)上可导
f′(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是常数函数
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数f(x)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．
常用结论
1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则当x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，
b)上单调递减，则当x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)
在(a，b)上存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(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)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．( √ )
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．( × )
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．( √ )
2.(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)单调递增
B．在区间(2,3)上f(x)单调递减
C．在区间(4,5)上f(x)单调递增
D．在区间(3,5)上f(x)单调递减
答案 BC
解析 在区间(－2,1)上，当x∈时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在区间上单调递减，
在区间上单调递增，A错误；在区间(3,5)上，当x∈(3,4)时，f′(x)<0，当x∈(4,5)时，f′
(x)>0，故f(x)在区间(3,4)上单调递减，在区间(4,5)上单调递增，C正确，D错误；在区间
(2,3)上，f′(x)<0，所以f(x)单调递减，B正确．
3．已知f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为________．
答案 (－∞，－1)，
解析 令f′(x)＝3x2＋2x－1>0，解得x>或x<－1，所以f(x)＝x3＋x2－x的单调递增区间为
(－∞，－1)和.
4．已知f(x)＝2x2－ax＋ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，5]
解析 f′(x)＝4x－a＋＝，x∈(1，＋∞)，
故只需4x2－ax＋1≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立，
则a≤4x＋在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令y＝4x＋，
因为y′＝4－＝>0在x∈(1，＋∞)上恒成立，所以y＝4x＋在(1，＋∞)上单调递增，
故4x＋>5，所以a≤5.
题型一 不含参函数的单调性
例1 (1)函数f(x)＝xln x－3x＋2的单调递减区间为________．
答案 (0，e2)
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x－2，
当x∈(0，e2)时，f′(x)<0，
当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(0，e2)．
(2)若函数f(x)＝，则函数f(x)的单调递增区间为________．
答案 (0,1)
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，即f′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f′(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)．
思维升华 确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，
一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔
开．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝xsin x＋cos x，x∈[0,2π]，则f(x)的单调递减区间为( )
A. B.
C．(π，2π) D.
答案 B
解析 由题意f(x)＝xsin x＋cos x，x∈[0,2π]，
则f′(x)＝xcos x，
当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)的单调递减区间为.
题型二 含参数的函数的单调性
例2 已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性．
解 g(x)的定义域为R，
g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，
令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2，
①若a>ln 2，
则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，
当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，
在(ln 2，a)上单调递减；
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，
∴g(x)在R上单调递增；
③若a0，
当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，
在(a，ln 2)上单调递减．
综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；
当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；
当a0，则x∈(a＋1，－1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)；
③当a＋1>－1，即a>－2时，
令f′(x)<0，则x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，
令f′(x)>0，则x∈(－1，a＋1)，
函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1)．
综上所述，当a＝－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递
增区间；
当a<－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋
1，－1)；
当a>－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，
a＋1)．题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小或解不等式
例3 (1)(多选)(2024·深圳模拟)若0ln
B． 0，
故f(x)在区间(0,1)上单调递增，
因为0ln ，所以A正确，B错误；
令f(x)＝且x∈(0,1)，则f′(x)＝<0，
故f(x)在区间(0,1)上单调递减，
因为0f(x)，
1 2 1 2
即 ，故 ，
所以C正确，D错误．
常见组合函数的图象
在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果．典例 (多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x ，x(x≠x)都有>0，则称函数y＝f(x)
1 2 1 2
为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是( )
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x
答案 ACD
解析 依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．
对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；
对于B，g(x)＝x3在R上为增函数，故B中函数为“F函数”；
对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x>0，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故C中函数不是“F函数”；
对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，
当x∈时，g′(x)<0，
∴g(x)在上单调递减，
故D中函数不是“F函数”．
(2)(2023·成都模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集为
________．
答案 (1，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，
定义域为R，且g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x为奇函数，
f(2x－3)＋f(x)>2变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，
g′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，
所以g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，
所以所求不等式的解集为(1，＋∞)．
命题点2 根据函数的单调性求参数
例4 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；
(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．
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．设G(x)＝－，x∈[1,4]，所以a≥G(x) ，而G(x)＝2－1，
max
因为x∈[1,4]，所以∈，所以G(x) ＝－(此时x＝4)，所以a≥－，
max
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，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，＋∞)．
思维升华 由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立．
(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0 (或f′(x)<0)在该区间上存在解
集．
跟踪训练 3 (1)(2024·郑州模拟)函数 f(x)的图象如图所示，设 f(x)的导函数为 f′(x)，则
f(x)·f′(x)>0的解集为( )
A．(1,6) B．(1,4)
C．(－∞，1)∪(6，＋∞) D．(1,4)∪(6，＋∞)
答案 D
解析 由图象可得，
当x<4时，f′(x)>0，当x>4时，f′(x)<0.
结合图象可得，当 10，f(x)>0，即 f(x)·f′(x)>0；当 x>6 时，f′(x)<0，
f(x)<0，即f(x)·f′(x)>0，
所以f(x)·f′(x)>0的解集为(1,4)∪(6，＋∞)．
(2)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( )
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[0，＋∞) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1，
故f′(x)在(1，＋∞)上有零点，
令g(x)＝－ln x＋＋a－1，
令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，
令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，
所以a的取值范围是(0，＋∞)．
课时精练
一、单项选择题
1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案 A
解析 由已知得，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex，
当x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，2)，单调递增区间是(2，＋∞)．
2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示， 则函数y＝f(x)的图象
可能是( )
答案 D
解析 根据导函数的图象可得，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；
当00，
f(x)在(0,2)上单调递增；
当x>2时，f′(x)<0，
f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
所以只有D选项符合．
3．(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的(
)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 由题意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，
若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，
则解得a≥1，
故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件．
4．(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(
)
A．e2 B．e C．e－1 D．e－2
答案 C
解析 依题可知，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，
所以xex≥在(1,2)上恒成立，
设g(x)＝xex，x∈(1,2)，
所以g′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥，
即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.
5．(2024·苏州模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sin x，则不等式
f(2x－1)b>c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
答案 B
解析 设函数f(x)＝ex－x－1，x∈R，
则f′(x)＝ex－1，
当x<0时，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0，
即ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，
∵ex≥1＋x，
∴ >1－＝，
∴b>a，
由以上分析可知当x>0时，有ex－1≥x成立，当x＝1时取等号，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号，
∴ln <－1＝，
∴a>c，故b>a>c.
二、多项选择题
7．(2023·临汾模拟)若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的值可以
是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BD
解析 f′(x)＝x－＝(x>0)，
令f′(x)>0，得x>3，令f′(x)<0，得0b B．b>a
C．c>b D．c>a
答案 ACD
解析 由f(x)＝ln x，
得f′(x)＝ln x＋，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因为c＝f ，0<<<<1，
所以f >f >f ，故c>a>b.
三、填空题
9．函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为________．
答案
解析 f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin，
当x∈时，e－x>0，sin>0，
则f′(x)<0；
当x∈时，e－x>0，sin<0，
则f′(x)>0，
∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为.
10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则实数b的取值范围为________．
答案 (－∞，－)∪(，＋∞)
解析 由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1，
函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，
则函数f(x)＝x3＋bx2＋x有两个极值点，
即f′(x)＝3x2＋2bx＋1的图象与x轴有两个交点，
则判别式Δ＝4b2－12>0，解得b>或b<－.
所以实数b的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．
11．(2024·上海模拟)已知定义在(－3,3)上的奇函数y＝f(x)的导函数是f′(x)，当x≥0时，y
＝f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式>0的解集为________．答案 (－3，－1)∪(0,1)
解析 依题意f(x)是奇函数，图象关于原点对称，
由图象可知，f(x)在区间(－3，－1)，(1,3)上单调递减，f′(x)<0；
f(x)在区间(－1,1)上单调递增，f′(x)>0.
所以>0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．
12．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是
________．
答案
解析 f′(x)＝－4x＋，
若函数f(x)在[1,2]上单调，
即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，
即≥或≤3，
又a>0，所以00，则0，
∴g(x)在上单调递增，在上单调递减，g(x) ＝g＝＋a，
max
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即＋a≤0，
∴a≤－.
14．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋1.
(1)若f(x)≤x＋c，求c的取值范围；
(2)设a>0，讨论函数g(x)＝的单调性．
解 (1)f(x)≤x＋c等价于ln x－x≤c－1.
令h(x)＝ln x－x，x>0，
则h′(x)＝－1＝.
当00，
所以h(x)在(0,1)上单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减．
故h(x) ＝h(1)＝－1，
max
所以c－1≥－1，即c≥0，
所以c的取值范围是[0，＋∞)．
(2)g(x)＝＝(x>0且 x≠a)，
因此g′(x)＝，
令m(x)＝x－a－xln x＋xln a，
则m′(x)＝ln a－ln x，
当x>a时，ln x>ln a，
所以m′(x)<0，m(x)在(a，＋∞)上单调递减，
当00，m(x)在(0，a)上单调递增，
因此有m(x)0且x≠a上恒成立，
所以函数g(x)在区间(0，a)和(a，＋∞)上单调递减．
15．已知函数f(x)＝－ax，当00)，
则只需2a≤h(x) ，
min
而h′(x)＝ex·，
令h′(x)>0，得x>1，令h′(x)<0，得0
