导数与函数的单调性
【考点梳理】
函数的导数与单调性的关系
函数y ＝f (x )在某个区间内可导，则
(1)若f ′(x )＞0，则f (x )在这个区间内单调递增；
(2)若f ′(x )＜0，则f (x )在这个区间内单调递减；
(3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数函数．
【考点突破】
考点一、判断或证明函数的单调性
【例1】已知函数已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性.
[解析] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .
若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.
若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1a 时，f ′(x )>0； x ∈⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞上单调递减. 【类题通法】
用导数判断或证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤
(1)一求．求f ′(x )；
(2)二定．确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；
(3)三结论．作出结论：f ′(x )＞0时为增函数；f ′(x )＜0时为减函数．
【对点训练】
已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R)，试讨论f (x )的单调性．
[解析] f ′(x )＝3x 2
＋2ax ，令f ′(x )＝0，
解得x 1＝0，x 2＝－2a 3
. 当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2≥0，所以函数f (x )
在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a ＞0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，
x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a 3
，0时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减； 当a ＜0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )＞0， x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )＜0， 所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝
⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减. 考点二、求函数的单调区间
【例2】已知函数f (x )＝x22－a ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间．
[解析]因为f (x )＝x22－a ln x ，所以x ∈(0，＋∞)，
f ′(x )＝x －a x ＝x2－a x
. (1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数.
(2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x
，则有 ①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ).
②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞).
综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞).
【类题通法】
求函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f (x )的定义域；
(2)求f ′(x )；
(3)在定义域内解不等式f ′(x )＞0，得单调递增区间；
(4)在定义域内解不等式f ′(x )＜0，得单调递减区间．
【对点训练】
已知函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，a ∈R ，求f (x )的单调区间． [解析]由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax2－1x
(x >0). 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.
当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a
， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为⎝
⎛⎭⎪⎫0，12a .
当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞. 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间.
当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，＋∞. 考点三、已知函数的单调性求参数
【例3】已知函数f (x )＝x 3－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(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f ′(x )＝3x 2
－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立.
因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.
又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，
即实数a 的取值范围为(－∞，0].
【变式1】函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．
[解析]因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，
所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，
所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，
所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3].
【变式2】函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围．
[解析]由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立.
因为－1＜x ＜1，
所以3x 2＜3，
所以a ≥3.
即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1,1)上为减函数.
【变式3】函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．
[解析]∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a .
由f ′(x )＝0，得x ＝±3a 3(a ≥0). ∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，
∴0＜3a 3
＜1，得0＜a ＜3， 即a 的取值范围为(0,3).
【类题通法】
根据函数单调性求参数的一般方法
(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．
【对点训练】
1．若函数f (x )＝x －13
sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1，1] B ．⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D ．⎣
⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 [答案]C
[解析]取a ＝－1，则f (x )＝x －13sin 2x －sin x ，f ′(x )＝1－23cos 2x －cos x ，但f ′(0)＝1－23
－1＝－23
＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A ，B ，D.故选C. 2．已知a ∈R ，若函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围.
[解析]因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，
所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.
因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，
所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.
因为e x ＞0，
所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，
则a ≥x2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1
对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2
＞0， 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1
在(－1，1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－
11＋1＝32， 所以a ≥32，又当a ＝32
时，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0， 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。