题型一 利用导数求函数的单调区间
例1 函数y=x2-ln x的单调递减区间为________.
破题切入点 求出函数的导函数f′(x)，根据定义解不等式f′(x)<0即可，求解时注意函数的定义域.
答案 (0,1]
解析 由题意知，函数的定义域为(0， ∞)，
又由y′=x-≤0，解得00，得f′(x)>0;
当-20，得f′(x)<0;
当x>2时，y=(1-x)f′(x)<0，得f′(x)>0，
∴f(x)在(-∞，-2)上是增函数，在(-2,1)上是减函数，在(1,2)上是减函数，在(2， ∞)上是增函数，
∴函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2).
总结提高 (1)利用导数判断函数单调性的一般步骤：
①确定函数的定义域.
②求导函数f′(x).
③若求单调区间或证明单调性，只需在函数f(x)的定义域内解或证明不等式f′(x)>0或f′(x)<0;若已知函数f(x)的单调性则转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解，一般是利用函数与方程思想，将字母分离出来.
(2)利用导数解决函数单调性应注意的问题：
①单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，首先要求函数的定义域，因为函数求导之后，自变量的取值范围可能会发生变化.
②求可导函数的单调区间即为解不等式，若已知函数单调性求参数范围，转化为恒成立问题，注意验证所得参数范围的端点值.
1.若函数h(x)=2x- 在(1， ∞)上是增函数，则实数k的取值范围是________.
答案 [-2， ∞)
解析 由条件得h′(x)=2 =≥0在(1， ∞)上恒成立，即k≥-2x2在(1， ∞)上恒成立，所以k∈[-2， ∞).
2.已知函数f(x)=x2 mx ln x是单调递增函数，则m的取值范围是________.
答案 [-2， ∞)
解析 依题意知，x>0，f′(x)=，
令g(x)=2x2 mx 1，x∈(0， ∞)，
当-≤0时，g(0)=1>0恒成立，∴m≥0成立，
当->0时，则Δ=m2-8≤0，∴-2≤m<0，
综上，m的取值范围是m≥-2.
3.若函数y=f(x)在R上可导，且满足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是________.
①af(b)>bf(a); ②af(a)>bf(b);
③af(a)-f(x)，
得xf′(x) f(x)>0，
即F′(x)>0，
所以F(x)在R上为递增函数.
因为a>b，所以af(a)>bf(b).
4.(2014·课标全国Ⅱ改编)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1， ∞)单调递增，则k的取值范围是________.
答案 [1， ∞)
解析 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， ∞).
5.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(2)=0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f(x)>0的解集是________________.
答案 (-∞，-2)∪(0,2)
解析 x>0时′<0，∴φ(x)=为减函数，
又φ(2)=0，∴当且仅当00，
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(0,2)∪(-∞，-2).
6.函数f(x)的定义域为(0，)，f′(x)是它的导函数，且f(x)f(); ②f(1)<2f()sin 1;
③f()>f(); ④f()0，所以g(x)在(0，)上单调递增，
所以g()0，函数f(x)=x3-ax在[1， ∞)上是单调递增函数，则a的取值范围是________.
答案 (0,3]
解析 ∵f′(x)=3x2-a，f(x)在[1， ∞)上是单调递增函数，
∴f′(x)≥0，∴a≤3x2，∴a≤3.
又a>0，可知00恒成立，
m≥-2 ，
令g(x)=-2 ，则当=1时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.
9.设f(x)=-x3 x2 2ax.若f(x)在(， ∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围为________.
答案 (-， ∞)
解析 由已知得f′(x)=-x2 x 2a
=-(x-)2 2a.
当x∈[， ∞)时，f′(x)的最大值为f′()= 2a.
令 2a>0，得a>-.
所以当a>-时，f(x)在(， ∞)上存在单调递增区间.
10.已知a∈R，函数f(x)=(-x2 ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).
(1)当a=2时，求函数f(x)的单调递增区间;
(2)函数f(x)是否为R上的单调函数?若是，求出a的取值范围;若不是，请说明理由.
解 (1)当a=2时，f(x)=(-x2 2x)ex，
∴f′(x)=(-2x 2)ex (-x2 2x)ex
=(-x2 2)ex.
令f′(x)>0，即(-x2 2)ex>0.
∵ex>0，∴-x2 2>0，解得-0，∴x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立.
∴Δ=[-(a-2)]2 4a≤0，即a2 4≤0，这是不可能的.
故函数f(x)不可能在R上单调递减.
若函数f(x)在R上单调递增，
则f′(x)≥0对x∈R都成立，
即[-x2 (a-2)x a]ex≥0对x∈R都成立，
∵ex>0，∴x2-(a-2)x-a≤0对x∈R都成立.
而Δ=[-(a-2)]2 4a=a2 4>0，
故函数f(x)不可能在R上单调递增.
综上可知，函数f(x)不可能是R上的单调函数.
11.已知函数f(x)=(a∈R)，g(x)=.
(1)求f(x)的单调区间与极值;
(2)若函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有公共点，求实数a的取值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0， ∞)，f′(x)=.
令f′(x)=0，得x=e1-a，
当x∈(0，e1-a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数;
当x∈(e1-a， ∞)时，f′(x)<0，f(x)是减函数.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1-a]，
单调递减区间为[e1-a， ∞)，
极大值为f(x)极大值=f(e1-a)=ea-1，无极小值.
(2)令F(x)=f(x)-g(x)=，
则F′(x)=.
令F′(x)=0，得x=e2-a;
令F′(x)>0，得xe2-a，
故函数F(x)在区间(0，e2-a]上是增函数，
在区间[e2-a， ∞)上是减函数.
①当e2-a0时，函数F(x)在区间(0，e2-a]上是增函数，
在区间[e2-a，e2]上是减函数，F(x)max=F(e2-a)=ea-2.
又F(e1-a)=0，F(e2)=>0，
由图象，易知当00，
此时函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上有1个公共点.
②当e2-a≥e2，即a≤0时，
F(x)在区间(0，e2]上是增函数，
F(x)max=F(e2)=.
若F(x)max=F(e2)=≥0，即-1≤a≤0时，
函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上只有1个公共点;
若F(x)max=F(e2)=<0，即a<-1时，
函数f(x)的图象与函数g(x)的图象在区间(0，e2]上没有公共点.
综上，满足条件的实数a的取值范围是[-1， ∞).
12.(2014·大纲全国)函数f(x)=ax3 3x2 3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)在区间(1,2)是增函数，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)=3ax2 6x 3，f′(x)=0的判别式Δ=36(1-a).
①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)=0当且仅当a=1，x=-1，故此时f(x)在R上是增函数.
②由于a≠0，故当a<1时，f′(x)=0有两个根
x1=，x2=.
若00，故f(x)分别在(-∞，x2)，(x1， ∞)是增函数;
当x∈(x2，x1)时，f′(x)<0，故f(x)在(x2，x1)是减函数;
若a<0，则当x∈(-∞，x1)或x∈(x2， ∞)时，f′(x)<0，故f(x)分别在(-∞，x1)，(x2， ∞)是减函数;
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，故f(x)在(x1，x2)是增函数.
(2)当a>0，x>0时，f′(x)=3ax2 6x 3>0，故当a>0时，f(x)在区间(1,2)是增函数.
当a<0时，f(x)在区间(1,2)是增函数当且仅当f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得-≤a<0.
综上，a的取值范围是[-，0)∪(0， ∞).
