导数与单调性题型归纳总结教师版

单调性题型归纳总结

题型一：求函数单调区间

确定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)解不等式f′(x)>0，得到单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，得到单调递减区间．

例1、已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f(x)的单调递

增区间为________.

【解析】因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.

令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－2变式训练1：若函数fx12x2x3lnx，则函数fx的单调递减区为 212 【解析】函数fxx2x3lnx的定义域为：{x|x0}，

23x22x3(x3)(x1)因为f(x)x2， xxx(x3)(x1)0并且x0，得：0x3，

x12所以函数fxx2x3lnx的单调递减区间为(0，3).

2令

变式训练2：定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)单调递增区间是____

【解析】f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.

ππ

－π，－∪0，， 令f′(x)＝xcos x>0，则其在区间(－π，π)上的解集为22ππ

－π，－和0，. 即f(x)的单调递增区间为22

题型二：讨论含参的单调性

策略：(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．

(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和

函数的间断点．

例1、已知函数f(x)＝x2eax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间

【解析】当a＝0时，f(x)＝x2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．

axaxaxax22eeee当a≠0时，f′(x)＝2x＋x(－a)＝(－ax＋2x)．因为>0，

2

所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.

a2

，＋∞上有g(x)<0，即f′(x)<0，函数∪当a>0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和a

2

0，上有g(x)≥0， y＝f(x)单调递减；函数g(x)＝－ax2＋2x在a即f′(x)≥0，函数y＝f(x)单调递增．

2

－∞，和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函数∪当a<0时，函数g(x)＝－ax2＋2x在a

2

y＝f(x)递增；函数g(x)＝－ax2＋2x在a，0上有g(x)≤0，即f′(x)≤0，函数y＝f(x)递减．

综上所述，当a＝0时，函数y＝f(x)单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；

2，＋∞，0，2； 当a>0时，函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为aa22

－∞，，(0，＋∞)，单调递减区间为，0. 当a<0时，函数y＝f(x)的单调递增区间为aab

变式训练1：函数f(x)＝x－1(b∈R)在点(0，f(0))处切线经过点(2，－2)．

e

讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．

b－1－－2b＋1

【解析】f(0)＝b－1，过点(0，b－1)，(2，－2)直线斜率k＝＝－，

20－2

b＋1b1

而f′(x)＝－x，，f′(0)＝－b＝－，所以b＝1，f(x)＝x－1.

e2e11

则F(x)＝ax＋x－1，F′(x)＝a－x，

ee

当a≤0时，F′(x)<0恒成立；当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a， 由F′(x)>0，得x>－ln a.故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；

当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．

1

变式训练2：已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x(a>0)，讨论函数f(x)的单调性．

2

1ax－1x－1

【解析】f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝(x>0)，

xx

111

①当01，由f′(x)>0，解得x>或0aaa

1

②当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．③当a>1时，0<<1，

a11

由f′(x)>0，解得x>1或0aa

11

，＋∞和(0,1)上单调递增，在1，上单调递减； 综上，当0当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，

11

0，上单调递增，在，1上单调递减． 当a>1时，f(x)在(1，＋∞)和aa

题型三：已知单调性求参数

1

例1、已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．

2

(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求a的取值范围． 1

【解析】(1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∪(0，＋∞)，

2

1

所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，

x112

所以当x∪(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，即a>2－有解．

xxx

1212

设G(x)＝2－，所以只要a>G(x)min即可．而G(x)＝x－1－1，所以G(x)min＝－1. xx所以a>－1.又因为a≠0，所以a的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．

1

(2)因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∪[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，

x121212

即a≥2－恒成立．由(1)知G(x)＝2－，所以a≥G(x)max，而G(x)＝x－1－1， xxxx117

，1，所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 因为x∪[1,4]，所以∪x41677

－，0∪(0，＋∞) 所以a≥－，又因为a≠0，所以a的取值范围是1616

变式训练1、函数f(x)＝xln x－ax2在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是________ 【解析】f′(x)＝ln x－2ax＋1，若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，

ln x＋1

则ln x－2ax＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥在(0，＋∞)上恒成立．

2xln x＋1ln x

令g(x)＝，x∪(0，＋∞)，则g′(x)＝－2，

2x2x令g′(x)>0，解得01，

11

故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝，故a≥.

22

211

，＋∞上存在单调递增区间，则a的取值 变式训练2、若f(x)＝－x3＋x2＋2ax在332

范围是________．

11

x－2＋＋2a. 【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－24

22

，＋∞上有解，当x∪，＋∞时，f′(x)最大值为 由题意知，f′(x)>0在332221－1，＋∞. f′＝＋2a.令＋2a>0，解得a>－，所以a的取值范围是39999

1

变式训练3、若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取

3

值范围是________.

245

【解析】f′(x)＝1－cos 2x＋acos x＝＝－cos2 x＋acos x＋，

333

f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.

45

令cos x＝t，t∪[－1，1]，则－t2＋at＋≥0在[－1，1]上恒成立，

33即4t2－3at－5≤0在t∪[－1，1]上恒成立. 令

g(t)＝4t2－3at－5，则

g（1）＝4－3a－5≤0，

11

解得－≤a≤.

33g（－1）＝4＋3a－5≤0，

变式训练4、若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a范围是_______

【解析】易知f′(x)＝3ax2＋6x－1，

由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)＝0有2个不同的实根. 需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3， 所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞).

题型四：与函数单调性有关的恒成立问题

与函数单调性有关的恒成立问题主要有两大类，一是形如fgxfhx的恒成立问题，利用fx的单调性转化为gxhx或gxhx恒成立问题，二是

fx1gx1fx2gx2x1x10恒成立问题，转化为yfxgx是增函数。

(一) 形如fgxfhx的恒成立问题。



例1、函数fx对任意的x1,x2Rx1x2，都有

有t1,1都有fttfx1fx20，若对所

x1x22f(3kt)成立，则k的最小值为________.

fx1fx20， 【解析】∵函数fx对任意的x1,x2Rx1x2，都有∴f(x)

x1x2是减函数，∴由ftt2f(3kt)得tt23kt，即

kt22t3(t1)22，∵t[1,1]，所以(t1)22[6,2]，∴

k2，k的最小值为2．故答案为：2．

已知函数𝑓(𝑥)=1−2𝑥+1，变式训练1、当𝑥≥0时，不等式𝑓(𝑎𝑥2+𝑥)+𝑓(1−𝑒𝑥)≤0

恒成立，则实数𝑎的取值范围是（ ） A．(−∞,1] B．(0,1] 【解析】易知𝑓(𝑥)=1−则𝑓(−𝑥)=

2−𝑥−12−𝑥+1

1−2𝑥

2

2

C．(−∞,2]

2

1

D．(0,2]

2𝑥−1

1

单调递增，𝑓(𝑥)=1−𝑥=𝑥， 2𝑥+12+12+1

=2𝑥+1=− 𝑓(𝑥)，

故𝑓(𝑥)为奇函数，当𝑥≥0时，不等式𝑓(𝑎𝑥2+𝑥)+𝑓(1−𝑒𝑥)≤0恒成立等价为 𝑓(𝑎𝑥2+𝑥)≤−𝑓(1−𝑒𝑥)即𝑓(𝑎𝑥2+𝑥)≤𝑓(𝑒𝑥−1)恒成立， 故𝑎𝑥2+𝑥≤𝑒𝑥−1在𝑥≥0时恒成立 当x=0时，0≤0恒成立，a∈R 当x>0时，a≤

𝑒𝑥−1−𝑥𝑥2

,设g(𝑥)=

𝑒𝑥−1−𝑥𝑥2

,则𝑔′(𝑥)=

𝑥+2+𝑒𝑥(𝑥−2)

𝑥3

设h(𝑥)= 𝑥+2+𝑒𝑥(𝑥−2),ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)+1,ℎ′′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥>0,则ℎ′(𝑥)单增，又ℎ′(1)=0，则当01,ℎ′(𝑥)>0,故h(𝑥)≥h(1)=0，即𝑔′(𝑥)≥0，

故g(𝑥)单调递增，当x→0,g(𝑥)→2,故a≤2，综上a≤2，故选C。 (二) 形如

1

1

1

fx1gx1fx2gx2x1x10（或<0）恒成立问题

例1、已知函数𝒇(𝒙)=𝒆𝒙+𝒃𝒙. （1）讨论𝒇(𝒙)的单调性；

（2）若曲线𝒚=𝒇(𝒙)的一条切线方程为𝟐𝒙−𝒚+𝟏=𝟎，

（i）求𝒃的值； （ii）若𝒙𝟐>𝒙𝟏>𝟎时，

𝒇(𝒙𝟏)−𝒇(𝒙𝟐)𝒙𝟏−𝒙𝟐

>𝒎𝒙𝟏+𝒎𝒙𝟐+𝟏恒成立，求实数𝒎的取值范围.

【解析】由𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏𝑥得𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏，

若𝑏≥0，则𝑓′(𝑥)>0，即𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏𝑥在(−∞,+∞)上是增函数； 若𝑏<0，令𝑓′(𝑥)>0得𝑥>ln(−𝑏)，令𝑓′(𝑥)<0得𝑥即𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏𝑥在(−∞,ln(−𝑏))上是单调减函数，在(ln(−𝑏),+∞)上是单调增函数. （2）（i）设切点为(𝑥0,𝑦0)，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏𝑥得𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥+𝑏由题意得 𝑒𝑥0+𝑏=2

{𝑦0=𝑒𝑥0+𝑏𝑥0 ，消去𝑏与𝑦0得𝑥0𝑒𝑥0−𝑒𝑥0+1=0， 2𝑥0−𝑦0+1=0

令𝑔(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥+1，𝑔′(𝑥)=𝑥𝑒𝑥，

𝑥<0时，𝑔′(𝑥)<0；𝑥>0时，𝑔′(𝑥)>0；𝑥=0时，𝑔′(𝑥)=0； ∴𝑔(𝑥)在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上是增函数，

∴𝑔(𝑥)min=𝑔(0)=0，即𝑔(𝑥)=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥+1仅有一个零点𝑥=0，即方程 𝑥0𝑒𝑥0−𝑒𝑥0+1=0仅有一个根𝑥=0，∴𝑏=2−𝑒0=1

（ii）由（i）知𝑓(𝑥)=𝑒𝑥+𝑥，𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)< (𝑥1−𝑥2)(𝑚𝑥1+𝑚𝑥2+1),

22

即为𝑓(𝑥1)−𝑚𝑥1−𝑥1< 𝑓(𝑥2)−𝑚𝑥2−𝑥2

由𝑥2>𝑥1>0知，上式等价于函数𝜙(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑚𝑥2−𝑥=𝑒𝑥−𝑚𝑥2在(0,+∞)为增函数

∴𝜙′(𝑥)=𝑒𝑥−2𝑚𝑥≥0，即2𝑚≤

𝑒𝑥𝑥

，令ℎ(𝑥)=

𝑒𝑥𝑥

，(𝑥>0)，ℎ′(𝑥)=

𝑒𝑥(𝑥−1)𝑥2 ℎ′(𝑥)<0时，0<𝑥<1；ℎ′(𝑥)>0时，𝑥>1；ℎ′(𝑥)=0时，𝑥=1 ∴ℎ(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，

∴ℎ(𝑥)min=ℎ(1)=𝑒，则2𝑚≤𝑒，即𝑚≤2，所以实数𝑚的范围为(−∞,2]. 变式训练1、已知𝒇(𝒙)=

𝒂𝒆𝒙𝒙

𝑒

𝑒

，𝒙∈[𝟏,𝟑]，且∀𝒙𝟏,𝒙𝟐∈[𝟏,𝟑]，𝒙𝟏≠𝒙𝟐，

𝒇(𝒙𝟏)−𝒇(𝒙𝟐)𝒙𝟏−𝒙𝟐

<𝟐恒成

立，则实数𝒂的取值范围是（ ） A．(−∞,𝒆𝟐] B．[𝒆𝟑,+∞) 【解析】∀𝑥1,𝑥2∈[1,3]，𝑥1≠𝑥2，

则𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−2𝑥=

𝑎𝑒𝑥𝑥

𝟖

𝟗

C．[𝒆𝟐,+∞)

𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥1−𝑥2

𝟖

D．(−∞,𝒆𝟑]

𝑥1−𝑥2

𝟗

−2=

𝑓(𝑥1)−2𝑥1−[𝑓(𝑥2)−2𝑥2]

<0恒成立，

𝑎𝑒𝑥(𝑥−1)

𝑥2

−2𝑥在[1,3]上单调递减，所以𝑔′(𝑥)=

𝑥2

−

2≤0恒成立.当x=1时，

𝑎𝑒𝑥(𝑥−1)

≤2显然恒成立，𝑎∈𝑅；当𝑥∈(1,3]时，𝑎≤

2𝑥2

𝑒𝑥(𝑥−1)

，令ℎ(𝑥)=𝑒𝑥(𝑥−1)，则ℎ′(𝑥)=

2×32

9

2𝑥2−2𝑥(𝑥2−2𝑥+2)𝑒𝑥(𝑥−1)2<0.所以ℎ(𝑥)在(1,3]上减函

9

数，所以𝑎≤ℎ(3)=𝑒3×(3−1)=𝑒3，即𝑎的取值范围是(−∞,𝑒3].故选D.