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第12讲 导数与函数的单调性
函数的单调性
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.
f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．
f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
[做一做]
1．下列函数中，为增函数的是( )
A．y＝－ B．y＝x3＋x2＋x
C．y＝lg|x| D．y＝x＋
答案：B
2．函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
解析：∵f(x)＝ex－x，∴f′(x)＝ex－1，
由f′(x)>0，得ex－1>0，即x>0.
答案：(0，＋∞)
理清导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或<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≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)＝0不恒成立)．
留意：由函数f(x)在区间[a，b]内单调递增(或递减)，可得f′(x)≥0(或≤0)在该区间恒成立，而不是f′(x)>0(或<0)恒成立，“＝”不能少．
[做一做]
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≥0，即a≤3x2，
又∵x∈[1，＋∞)，∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
__利用导数推断或证明函数的单调性____
(2022·高考湖南卷节选)已知常数a＞0，函数f(x)＝ln(1＋ax)－.争辩f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性．
[解] f′(x)＝－
＝.
当a≥1时，f′(x)＞0.
此时f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
当0＜a＜1时，
由f′(x)＝0，得x1＝2.
当x∈(0，x1)时，f′(x)＜0；
当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在区间(x1，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜1时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
[规律方法] 导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤：
(1)求f′(x)；
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
1.已知函数f(x)＝，x∈(－1，0)∪(0，＋∞)．推断函数f(x)的单调性．
解：f′(x)＝，
设g(x)＝－ln(x＋1)，x>－1，
则g′(x)＝－＝，
当x∈(－1，0)时，g′(x)>0，g(x)为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)为减函数．
所以g(x)≤g(0)＝0，即f′(x)≤0，
所以在x∈(－1，0)和(0，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)上为减函数．
__求函数的单调区间____________________
(2022·高考重庆卷节选)已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
[解] (1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知
f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
由于x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
[规律方法] 导数法求函数单调区间的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数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)依据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．
2.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝－a(x>0)，
(1)当a≤0时，f′(x)＝－a>0，
即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
(2)当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0<x<时，f′(x)＝>0；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.
由(1)(2)知，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
_已知函数的单调性求参数的范围(高频考点)
利用导数依据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式毁灭．
高考对函数单调性的考查主要有以下四个命题角度：
(1)依据f(x)在区间A上单调递增(减)，求参数的取值范围；
(2)依据f(x)在区间A上存在单调递增(减)区间，求参数的取值范围；
(3)依据f(x)在区间A上为单调函数，求参数的取值范围；
(4)依据f(x)在区间A上不单调，求参数的取值范围．
(1)已知函数f(x)＝2x2－ax＋ln x在其定义域上不单调，求实数a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝x2＋2aln x(a≠0)．
①若函数f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线斜率为2，求实数a的值；
②若函数g(x)＝＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围．
[解] (1)法一：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由于f(x)＝2x2－ax＋ln x，所以f′(x)＝4x－a＋＝(4x2－ax＋1)．
由函数f(x)在区间(0，＋∞)上不单调可知，f′(x)＝0有两个正解，即4x2－ax＋1＝0有两个正解，设为x1，x2.
故有解得a>4.
所以实数a的取值范围为(4，＋∞)．
法二：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由于f(x)＝2x2－ax＋ln x，所以f′(x)＝4x－a＋.
若函数f(x)在其定义域上单调递增，则f′(x)＝4x－a＋≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
故a≤4x＋.
由于x>0，所以4x＋≥2＝4(当且仅当4x＝，即x＝时取等号)．
所以此时a的取值范围为(－∞，4]．
若函数f(x)在其定义域上单调递减，则f′(x)＝4x－a＋≤0在区间(0，＋∞)上恒成立，
故a≥4x＋.
由于函数y＝4x＋在上单调递减，在上单调递增，所以该函数无最大值．所以此时a无解，即函数在其定义域上不行能是单调递减函数．
综上，若函数在其定义域上不单调，则实数a的取值范围为(4，＋∞)．
(2)①对f(x)求导，得f′(x)＝2x＋＝，
由已知f′(2)＝2，得＝2，求得a＝－2.
②对g(x)＝＋x2＋2aln x求导，得g′(x)＝－＋2x＋.
由函数g(x)在[1，2]上是减函数，可得g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，
即－＋2x＋≤0在[1，2]上恒成立，即a≤－x2在[1，2]上恒成立．令h(x)＝－x2，当x∈[1，2]时，h′(x)＝－－2x＝－<0，由此知h(x)在[1，2]上为减函数，所以h(x)min＝h(2)＝－，故a≤－.于是实数a的取值范围为.
[规律方法] 依据函数单调性确定参数范围的方法：
(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)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．
3.(1)(2021·太原模拟)设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝exln x－aex(a∈R)．
①若f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋1垂直，求a的值；
②若f(x)在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝－x3＋x2＋2ax，由题意知
f′(x)＝－x2＋x＋2a>0在上有解，
即2a>x2－x，
令g(x)＝x2－x，g(x)>g＝－.
即a>－.
∴a的取值范围为.
(2)①f′(x)＝exln x＋ex·－aex＝ex，
f′(1)＝(1－a)e，由(1－a)e·＝－1，得a＝2.
②由①知f′(x)＝ex，
若f(x)为单调递减函数，则f′(x)≤0，即－a＋ln x≤0，所以a≥＋ln x.
令g(x)＝＋ln x(x>0)，则g′(x)＝－＋＝(x>0)，由g′(x)>0，得x>1，故g(x)在(0，1]上为单调递减函数，在[1，＋∞)上为单调递增函数，
此时g(x)有最小值为g(1)＝1，但g(x)无最大值．
故f(x)不行能是单调递减函数．
若f(x)为单调递增函数，则f′(x)≥0，即－a＋ln x≥0，所以a≤＋ln x，由上述推理可知此时a≤1.
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法思想——分类争辩思想争辩函数的单调性
(2021·兰州市、张掖市联考)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．
(1)确定a与b的关系；
(2)若a≥0，试争辩函数g(x)的单调性．
[解] (1)依题意得g(x)＝ln x＋ax2＋bx，则g′(x)＝＋2ax＋b.由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得：g′(1)＝1＋2a＋b＝0，
∴b＝－2a－1.
(2)由(1)得g′(x)＝
＝.
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当a＝0时，g′(x)＝－.
由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1，
即函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若<1，即a>，由g′(x)>0，得x>1或0<x<，由g′(x)<0，得<x<1，
即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
若>1，即0<a<，由g′(x)>0，得x>或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<，
即函数g(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减；
若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
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．
[名师点评] (1)含参数的函数的单调性问题一般要分类争辩，常见的分类争辩标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．
(2)本题求解先分a＝0和a>0两种状况，再比较和1的大小．
已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.
(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间．
解：(1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.
(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.
令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.
由于t≠0，所以分两种状况争辩：
①若t<0，则<－t.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－t，＋∞)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
所以f(x)的单调递增区间是，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.
②若t>0，则－t<.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，－t)
f′(x)
＋
－
＋
f(x)
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，；f(x)的单调递减区间是.
1．若函数y＝cos x＋ax在上是增函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选D.y′＝－sin x＋a，若函数在上是增函数，则a≥sin x在上恒成立，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
2．若f(x)＝，e<a<b，则( )
A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1
解析：选A.f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，f(a)>f(b)．
3．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选D.由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．
4．已知函数y＝的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，1)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．(1，2)
D．R
解析：选B.由于函数y＝是R上的减函数，所以f′(x)>0的充要条件是0<<1，f′(x)<0的充要条件是>1.
由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0<<1，即f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.
5．(2021·内蒙古鄂尔多斯模拟)已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是( )
A．0<a< B.<a<
C．a≥ D．0<a<
解析：选C.f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1，1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．
令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有
即解得a≥.
6．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调状况是________．
解析：在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．
答案：单调递增
7．(2021·河南省三市调研)若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a的值为________．
解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a，又函数f(x)恰在[－1，4]上单调递减，∴－1，4是f′(x)＝0的两根，∴a＝(－1)×4＝－4.
答案：－4
8．(2021·东城期末)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：由于f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的减区间是(－2，2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.
答案：(－3，－1)∪(1，3)
9．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，求f(x)的单调区间．
解：f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－1，0)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上是单调递增函数；在(－1，0)上是单调递减函数．
10．(2022·高考重庆卷节选)已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.
(1)确定a，b的值；
(2)若c＝3，推断f(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，
由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)恒成立，即2(a－b)·(e2x－e－2x)＝0恒成立，所以a＝b.
又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.
(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥2－3＝1>0，故f(x)在R上为增函数．
1．已知函数f(x)＝(m为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求m的值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)由题意得f′(x)＝，
又f′(1)＝＝0，故m＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
2．已知函数f(x)＝x2＋bsin x－2(b∈R)，F(x)＝f(x)＋2，且对于任意实数x，恒有F(x)－F(－x)＝0.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)已知函数g(x)＝f(x)＋2(x＋1)＋aln x在区间(0，1)上单调递减，求实数a的取值范围．
解：(1)F(x)＝f(x)＋2＝x2＋bsin x－2＋2＝x2＋bsin x，
依题意，对任意实数x，
恒有F(x)－F(－x)＝0.
即x2＋bsin x－(－x)2－bsin(－x)＝0，
即2bsin x＝0，所以b＝0，
所以f(x)＝x2－2.
(2)∵g(x)＝x2－2＋2(x＋1)＋aln x，
∴g(x)＝x2＋2x＋aln x，
g′(x)＝2x＋2＋.
∵函数g(x)在(0，1)上单调递减，
∴在区间(0，1)内，
g′(x)＝2x＋2＋＝≤0恒成立，
∴a≤－(2x2＋2x)在(0，1)上恒成立．
∵y＝－(2x2＋2x)在(0，1)上单调递减，
∴a≤－4为所求．
3．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)内总不是单调函数，求m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(x>0)，
当a>0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)得f′(2)＝－＝1，
即a＝－2.
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)内总不是单调函数，
即g′(x)＝0在区间(t，3)内有变号零点．
由于g′(0)＝－2，
∴
当g′(t)<0，即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)<0，
故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，
即m<－9；
由g′(3)>0，
即m>－，
所以－<m<－9.
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