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专题六 《导数》讲义
6.2利用导数求函数的单调性
知识梳理 . 利用导数求函数的单调性
函数的单调性
在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；
如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．
题型一 . 求函数的单调区间
1．函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（ ）
A．（1，+∞） B．（2，+∞） C．（0，2） D．（1，2）
【解答】解：函数f（x）＝（x﹣2）ex，
则f′（x）＝（x﹣1）ex，
令f′（x）＞0，解得x＞1，
故函数f（x）＝（x﹣2）ex的单调递增区间为（1，+∞），
故选：A．
3
2．函数y＝x+ +2lnx的单调递减区间是（ ）
x
A．（﹣3，1） B．（0，1） C．（﹣1，3） D．（0，3）
【解答】解：函数的定义域是（0，+∞），
y′＝1 3 2 (x+3)(x−1)，
− + =
x2 x x2
令y′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故函数在（0，1）递减，
故选：B．
3．确定函数f（x）＝cos2x+4cosx，x （0，2 ）的单调区间．
【解答】解：函数的导数f'（x）＝∈﹣2sin2xπ﹣4sinx＝﹣4sinx（cosx+1），
令f'（x）＞0，sinx＜0，
又x （0，2 ），所以 ＜x＜2 ；
令f'∈（x）＜0π，sinx＞0，π π
又x （0，2 ），所以0＜x＜ ．
故f（∈x）的单π调增区间为（ ，π2 ），单调减区间为（0， ）．
π π π题型二 . 讨论函数的单调性——大题第一问
考点 1 . 导后一次型
1．已知函数f（x）＝ex﹣kx．
（1）讨论函数y＝f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣k，
①当k≤0时，f′（x）＞0恒成立，则y＝f（x）在R上单调递增，
②当k＞0时，x＞lnk时，f′（x）＞0，y＝f（x）的递增区间是（lnk，+∞），
x＜lnk时，f′（x）＜0，y＝f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）；
综上：当k≤0时，f（x）在R上单调递增，
当k＞0时，f（x）的递增区间是（lnk，+∞），f（x）的递减区间是（﹣∞，lnk）．
2．已知函数f（x）＝ax﹣ln（x+1）．
（2）求f（x）的单调区间；
1 x
【解答】解：（2）由（1）可得f′（x）＝1− = ，
x+1 x+1
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0；当x＞0时，f′（x）＞0，
故f（x）的单调递减区间为（﹣1，0），单调递增区间为（0，+∞）．
考点 2 . 导后二次型
1．（2017·全国1）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．
（1）讨论f（x）的单调性；
【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝2ae2x+（a﹣2）ex﹣
1，
∵e2x＞0，ex＞0
∴当a≤0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在R上单调递减，
1 1
当a＞0时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣1）＝2a（ex+ ）（ex− ），
2 a
1
令f′（x）＝0，解得：x＝ln ，
a
1
当f′（x）＞0，解得：x＞ln ，
a
1
当f′（x）＜0，解得：x＜ln ，
a1 1
∴x （﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x （ln ，+∞）单调递增；
a a
∈ ∈
综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，
1 1
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；
a a
1
2．已知函数f(x)= x2+(2a−2)x−4alnx，讨论函数f（x）的单调性．
2
1
【解答】解：f(x)= x2+(2a−2)x−4alnx，x （0，+∞）．
2
∈
4a (x+2a)(x−2)
f′（x）＝x+（2a﹣2）− = ．
x x
对a分类讨论：
a≥0时，函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增．
(x−2) 2
﹣2a＝2，即a＝﹣1时，f′（x）= ≥0，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递
x
增．
﹣2a＞2，即a＜﹣1时，函数f（x）在（0，2），（﹣2a，+∞）上单调递增，在（2，
﹣2a）上单调递减．
0＜﹣2a＜2，即﹣1＜a＜0时，函数f（x）在（0，﹣2a），（2，+∞）上单调递增，在
（﹣2a，2）上单调递减．
1
5．已知函数f(x)=lnx+ ax2+x，a R．
2
∈
（1）求函数f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
1 ax2+x+1
∴f′（x）= +ax+1=
x x
1+x
①当a＝0时，f′（x）= ，∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
x
②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
1
（ⅰ）当△≤0，即a≥ 时，f′（x）≥0，
4
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
1 −1−√1−4a
（ⅱ）当△＞0，即a＜ 时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 x = ，
4 1 2a−1+√1−4a
x = ．
2 2a
1
若0＜a＜ ，则x ＜0，x ＜0，此时，当x （0，+∞）时，f′（x）＞0，
1 2
4
∈
故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x ＞0，x ＜0，
1 2
此时，当x （0，x ）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
1
当x （x
1
，∈+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，
∈ −1−√1−4a
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为(0， )，单调递减区间
2a
−1−√1−4a
为( ，+∞)；
2a
当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），
考点 3 . 导后求导型——二阶导数
lnx+1
1．已知函数f(x)= ，（其中e＝2.71828…是自然对数的底数）．
ex
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
1
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）= （1﹣x﹣xlnx），x （0，+∞），…2′
xex
∈
令h（x）＝1﹣x﹣xlnx，x （0，+∞），
当x （0，1）时，h（x）∈＞0；当x （1，+∞）时，h（x）＜0．
又e∈ x＞0，所以x （0，1）时，f′（∈x）＞0；
x （1，+∞）时∈，f′（x）＜0…4′
因∈此f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）…6′
题型三 . 已知单调性求参
1
1．若f（x）=− x2+bln（x+2）在（﹣1，+∞）上是减函数，则b的取值范围是（
2
）
A．[﹣1，+∞） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1] D．（﹣∞，﹣1）
b
【解答】解：由题意可知f '(x)=−x+ ＜0，在x （﹣1，+∞）上恒成立，
x+2
∈
即b＜x（x+2）在x （﹣1，+∞）上恒成立，
由于y＝x（x+2）在∈（﹣1，+∞）上是增函数且y（﹣1）＝﹣1，所以b≤﹣1，故选：C．
1
2．函数f（x）= x3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（
3
）
A．a≥0 B．a≥1 C．a≤﹣3或a≥1 D．﹣3≤a≤1
1
【解答】解：∵y= x3﹣ax2﹣3a2x﹣4，
3
∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2，
1
∵函数y= x3﹣ax2﹣3a2x﹣4在（3，+∞）上是增函数，
3
∴y′＝x2﹣2ax﹣3a2≥0在（3，+∞）上恒成立，
∵y′＝x2﹣2ax﹣3a2＝（x﹣a）2﹣4a2，
①对称轴为x＝a＝3，y′＜0，不成立；
②当a＞3，﹣4a2＞0，无解；
当a＜3，y′在（3，+∞）单调递增，
∴y′＞32﹣2a×3﹣3a2＝9﹣6a﹣3a2≥0，
∴﹣3≤a≤1，
∴实数a的取值范围是[﹣3，1]，
故选：D．
1
3．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b R）在区间[ ，2]上存在单调递增区间，则实数
2
∈
b的取值范围是（ ）
3 9
A．(−∞， ) B．(−∞， ) C．（﹣∞，3） D．(−∞，√2)
2 4
1
【解答】解：∵函数f（x）在区间[ ，2]上存在单调增区间，
2
1
∴函数f（x）在区间[ ，2]上存在子区间使得不等式f′（x）＞0成立．
2
1 2x2−2bx+1
f '(x)= +2(x−b)= ，
x x
1
设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或ℎ( )＞0，
2
1
即8﹣4b+1＞0或 −b+1＞0，
29
得b＜ ．
4
故选：B．
题型四 . 函数单调性的应用——比较大小
1．已知奇函数f（x）是R上增函数，g（x）＝xf（x）则（ ）
A． 1 − 3 − 2
g(log )＞g(2 2)＞g(2 3)
34
B． 1 − 2 − 3
g(log )＞g(2 3)＞g(2 2)
34
C． − 3 − 2 1
g(2 2)＞g(2 3)＞g(log )
34
D． − 2 − 3 1
g(2 3)＞g(2 2)＞g(log )
34
【解答】解：由奇函数f（x）是R上增函数可得当x＞0时，f（x）＞0，
又g（x）＝xf（x），则g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝xf（x）＝g（x），
即g（x）为偶函数，且当x＞0时单调递增，
根据偶函数的对称性可知，当x＜0时，函数单调递减，距离对称轴越远，函数值越大，
1 2 1 3 √2
因为g（log
34
）＝g（log
3
4），g（
2
−
3
）＝g（
√3 4
），g（
2
−
2
）＝g（
4
），
1 2 3
所以为g（log ）＞g（ − ）＞g（ − ）
34 2 3 2 2
故选：B．
2．已知函数f（x）＝3x﹣1+3﹣x+1﹣2cos（x﹣1），则（ ）
1
A．f(log 9)＞f(log )＞f(0.5−0.5 )
2 32
1
B．f(0.5−0.5 )＞f(log 9)＞f(log )
2 32
1
C．f(0.5−0.5 )＞f(log )＞f(log 9)
32 2
1
D．f(log 9)＞f(0.5−0.5 )＞f(log )
2 32【解答】解：由已知得，f（x）关于直线x＝1对称，且f（x）在（1，+∞）单调递增．
1
∵log
2
9＞3，0.5−0.5=√2，2−log
32
=2+log
3
2∈(2，3)，
1
∴log 9＞2−log ＞0.5−0.5＞1，
2 32
1
∴f(log 9)＞f(2−log )＞f(0.5−0.5 )，
2 32
又∵f（x）关于直线x＝1对称，
1 1
∴f(log )=f(2−log )，
32 32
1
∴f(log 9)＞f(log )＞f(0.5−0.5 )，
2 32
故选：A．
2 ln(3e) ln5+1
3．已知a= ，b= ，c= ，则（ ）
e 3 5
A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c
lnx+1 lnx
【解答】解：设f(x)= ，则f '(x)=− ，
x x2
令f'（x）＝0，则x＝1，
所以当0＜x＜1时，f'（x）＞0；当x＞1时，f'（x）＜0，
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
由题意可知a＝f（e），b＝f（3），c＝f（5），
因为e＜3＜5，所以f（e）＞f（3）＞f（5），即a＞b＞c．
故选：A．
题型五 . 构造函数——利用函数单调性解不等式
1．（2011·辽宁）函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x R，f′（x）＞
2，则f（x）＞2x+4的解集为（ ） ∈
A．（﹣1，1） B．（﹣1，+∞） C．（﹣∞，﹣1） D．（﹣∞，+∞）
【解答】解：设F（x）＝f（x）﹣（2x+4），
则F（﹣1）＝f（﹣1）﹣（﹣2+4）＝2﹣2＝0，
又对任意x R，f′（x）＞2，所以F′（x）＝f′（x）﹣2＞0，
即F（x）在∈R上单调递增，
则F（x）＞0的解集为（﹣1，+∞），即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞）．
故选：B．
2．（2015·全国2）设函数f′（x）是奇函数f（x）（x R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x
＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立∈ 的x的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0） D．（0，1）∪（1，+∞）
f(x)
【解答】解：设g（x）= ，
x
则g（x）的导数为：g′（x） xf '(x)−f(x)，
=
x2
∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，
即当x＞0时，g′（x）恒小于0，
f(x)
∴当x＞0时，函数g（x）= 为减函数，
x
f(−x) −f(x) f(x)
又∵g（﹣x）= = = =g（x），
−x −x x
∴函数g（x）为定义域上的偶函数
f(−1)
又∵g（﹣1）= =0，
−1
∴函数g（x）的图象性质类似如图：
数形结合可得，不等式f（x）＞0 x•g（x）＞0
⇔
{ x＞0 或{ x＜0 ，
g(x)＞0 g(x)＜0
⇔
0＜x＜1或x＜﹣1．
⇔故选：A．3．设函数F（x） f(x)是定义在R上的函数，其中f（x）的导函数为f'（x），满足
=
ex
f'（x）＜f（x）对于x R恒成立，则（ ）
A．f（2）＞e2f（0），∈f（2 017＞e2017f（0）
B．f（2）＞e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0）
C．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＞e2017f（0）
D．f（2）＜e2f（0），f（2 017）＜e2017f（0）
【解答】解：F'（x）＝[ f(x)]' f '(x)ex−f(x)ex f '(x)−f(x)，因为f'（x）＜f
= =
ex (ex
)
2 ex
（x），
所以F'（x）＜0，所以F（x）为减函数，
因为2＞0，2017＞0，
所以F（2）＜F（0），F（2017）＜F（0），
即f(2) f(0)，所以f（2）＜e2f（0）；
＜
e2 e0
f(2017) f(0)，即f（2017）＜e2017f（0）；
＜
e2017 e0
故选：D．
4．设函数f（x）在R上的导函数为f′（x），且2f（x）+xf′（x）＞x2，下面的不等式在
R内恒成立的是（ ）
A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）＞x D．f（x）＜x
【解答】解：∵2f（x）+xf′（x）＞x2，
令x＝0，则f（x）＞0，故可排除B，D．
如果 f（x）＝x2+0.1，时 已知条件 2f（x）+xf′（x）＞x2成立，
但f（x）＞x 未必成立，所以C也是错的，故选 A
故选：A．
