人教B版高中数学选修1-1同步练习 第3章 利用导数判断函数的单调性

§3.3 导数的应用
3．3.1 利用导数判断函数的单调性
学习目标 1.理解导数与函数单调性的关系.2.掌握利用导数判断函数单调性的方法.3.能利用导数求不超过三次多项式函数的单调区间．
知识点一函数的单调性与其导数正负的关系
思考f(x)＝x2在(－∞,0)上为减函数,在(0,＋∞)上为增函数,那么f′(x)在(－∞,0),(0,＋∞)上的函数值的大小如何？
答案当x∈(－∞,0)时,f′(x)<0；当x∈(0,＋∞)时,f′(x)>0.
总结(1)在区间(a,b)内函数的导数与单调性有如下关系：
导数函数的单调性
f′(x)>0 单调递增
f′(x)<0 单调递减
f′(x)＝0 常函数
(2)在区间(a,b)内函数的单调性与导数有如下关系：
函数的单调性导数
单调递增f′(x)≥0
单调递减f′(x)≤0
常函数f′(x)＝0
特别提醒：(1)若在某区间上有有限个点使f′(x)＝0,在其余的点恒有f′(x)>0,则f(x)仍为增函数(减函数的情形完全类似)．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒为0.
知识点二函数的变化快慢与导数的关系
一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得快,这时,函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之,函数的图象就“平缓”一些．
1．函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0,则函数f(x)在定义域上单调递增．( ×)
2．函数在某一点处的导数越大,函数在该点处的切线越“陡峭”．( ×)
3．函数在某个区间上变化越快,函数在这个区间上导数的绝对值越大．( √ )
题型一 利用导数判断函数的单调性
例1 证明：函数f(x)＝sin x x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上单调递减． 证明 ∵f ′(x)＝xcos x －sin x x 2
,又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π,
则cos x<0,sin x>0,∴xcos x －sin x<0,
∴f ′(x)<0,∴f(x)在⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2，π上单调递减． 反思感悟 关于利用导数证明函数单调性的问题
(1)首先考虑函数的定义域,所有函数性质的研究必须保证在定义域内这个前提下进行．
(2)f ′(x)>(或<)0,则f(x)单调递增(或递减)；但要特别注意,f(x)单调递增(或递减),则f ′(x)≥(或≤)0.
跟踪训练1 证明：函数f(x)＝ln x
x 在区间(0,e)上是增函数．
证明 ∵f(x)＝ln x x ,∴f ′(x)＝x ·1
x －ln x x 2＝1－ln x
x 2
. 又0<x<e,∴ln x<ln e ＝1.∴f ′(x)＝1－ln x
x 2
>0, 故f(x)在区间(0,e)上是增函数．
题型二 利用导数求函数的单调区间
命题角度1 不含参数的函数求单调区间 例2 求f(x)＝3x 2
－2ln x 的单调区间． 解 f(x)＝3x 2
－2ln x 的定义域为(0,＋∞)． f ′(x)＝6x －2x ＝2(3x 2
－1)
x
＝
2(3x －1)(3x ＋1)
x
,
由x>0,解f ′(x)>0,得x>
33
, 由x ＞0,解f ′(x)<0,得0<x<
33
.
所以函数f(x)＝3x 2
－2ln x 的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
33，＋∞, 单调递减区间为⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，
33. 反思感悟 求函数y ＝f(x)的单调区间的步骤 (1)确定函数y ＝f(x)的定义域． (2)求导数y ′＝f ′(x)．
(3)解不等式f ′(x)>0,函数在定义域内的解集上为增函数． (4)解不等式f ′(x)<0,函数在定义域内的解集上为减函数． 跟踪训练2 求函数f(x)＝e
x
x －2的单调区间．
解 函数f(x)的定义域为(－∞,2)∪(2,＋∞)． f ′(x)＝e x
(x －2)－e x
(x －2)2＝e x
(x －3)
(x －2)
2.
因为x ∈(－∞,2)∪(2,＋∞),所以e x
>0,(x －2)2
>0. 由f ′(x)>0,得x>3,
所以函数f(x)的单调递增区间为(3,＋∞)； 由f ′(x)<0,得x<3,
又函数f(x)的定义域为(－∞,2)∪(2,＋∞), 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞,2),(2,3)． 命题角度2 含参数的函数求单调区间
例3 讨论函数f(x)＝x 2
－aln x(a ≥0)的单调性． 解 函数f(x)的定义域是(0,＋∞), f ′(x)＝2x －a x ＝2x 2
－a
x
.
设g(x)＝2x 2
－a,由g(x)＝0,得2x 2
＝a.
当a ＝0时,f ′(x)＝2x>0,函数f(x)在区间(0,＋∞)上单调递增； 当a>0时,由g(x)＝0,得x ＝2a 2或x ＝－2a
2
(舍去)． 当x ∈⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0，2a 2时,g(x)<0,即f ′(x)<0, 当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫
2a 2，＋∞时,g(x)>0,即f ′(x)>0. 所以当a>0时,函数f(x)在区间⎝
⎛
⎭⎪⎫0，
2a 2上单调递减,在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a 2，＋∞上单调递增． 综上,当a ＝0时,函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增；
当a>0时,函数f(x)在⎝
⎛⎭⎪⎫2a 2，＋∞上单调递增,在⎝
⎛
⎭⎪⎫0，2a 2上单调递减．
反思感悟 (1)在判断含有参数的函数的单调性时,不仅要考虑到参数的取值范围,而且要结合函数的定义域来确定f ′(x)的符号,否则会产生错误．
(2)分类讨论是把数学问题划分为若干个局部问题,在每一个局部问题中,原先的不确定因素,就变成了确定性问题,当这些局部问题都解决了,整个问题就解决了．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝12x 2
－(a ＋m)x ＋aln x,且f ′(1)＝0,其中a,m ∈R.
(1)求m 的值；
(2)求函数f(x)的单调递增区间．
解 (1)由题设知,函数f(x)的定义域为(0,＋∞), f ′(x)＝x －(a ＋m)＋a
x
.
由f ′(1)＝0,得1－(a ＋m)＋a ＝0,解得m ＝1.
(2)由(1)得f ′(x)＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2
－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －a )(x －1)
x .
当a>1时,由f ′(x)>0,得x>a 或0<x<1, 此时f(x)的单调递增区间为(a,＋∞),(0,1)； 当a ＝1时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞)； 当0<a<1时,由f ′(x)>0,得x>1或0<x<a, 此时f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),(0,a)；
当a ≤0时,由f ′(x)>0,得x>1,此时f(x)的单调递增区间为(1,＋∞)． 综上,当a>1时,f(x)的单调递增区间为(a,＋∞),(0,1)； 当a ＝1时,f(x)的单调递增区间为(0,＋∞)； 当0<a<1时,f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),(0,a)； 当a ≤0时,f(x)的单调递增区间为(1,＋∞)． 题型三 含参数函数的单调性
例4 若函数f(x)＝kx －ln x 在区间(1,＋∞)上单调递增,则k 的取值范围是________． 答案 [1,＋∞)
解析 由于f ′(x)＝k －1x ,f(x)＝kx －ln x 在区间(1,＋∞)上单调递增⇔f ′(x)＝k －1
x ≥0在(1,＋∞)上
恒成立．
由于k ≥1x ,而0<1
x <1,所以k ≥1,
即k 的取值范围为[1,＋∞)．
反思感悟 (1)讨论含有参数的函数的单调性,通常归结为求含参数不等式的解集的问题,而对含有参数的
不等式要针对具体情况进行讨论,但始终注意定义域对单调性的影响以及分类讨论的标准． (2)利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路
①将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题,即f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)恒成立,利用分离参数或函数性质求解参数范围,然后检验参数取“＝”时是否满足题意．
②先令f ′(x)>0(或f ′(x)<0),求出参数的取值范围后,再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意． (3)恒成立问题的重要思路 ①m ≥f(x)恒成立⇒m ≥f(x)max . ②m ≤f(x)恒成立⇒m ≤f(x)min .
跟踪训练4 已知函数f(x)＝x 2
＋a x (x ≠0,常数a ∈R)．若函数f(x)在x ∈[2,＋∞)上单调递增,求a 的取
值范围．
解 f ′(x)＝2x －a x 2＝2x 3
－a
x 2.
要使f(x)在[2,＋∞)上单调递增, 则f ′(x)≥0在x ∈[2,＋∞)时恒成立, 即2x 3
－a
x
2
≥0在x ∈[2,＋∞)时恒成立． ∵x 2
>0,∴2x 3
－a ≥0,∴a ≤2x 3
在x ∈[2,＋∞)上恒成立, ∴a ≤(2x 3
)min .设y ＝2x 3
, ∵y ＝2x 3在[2,＋∞)上单调递增, ∴(2x 3
)min ＝16,∴a ≤16.
当a ＝16时,f ′(x)＝2x 3
－16
x 2
≥0(x ∈[2,＋∞)),有且只有f ′(2)＝0, ∴a 的取值范围是(－∞,16]．
含有参数函数单调性的讨论
典例 讨论函数f(x)＝(a －1)ln x ＋ax 2
＋1的单调性． 解 f(x)的定义域为(0,＋∞), f ′(x)＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2
＋a －1
x
.
①当a ≥1时,f ′(x)>0,故f(x)在(0,＋∞)上单调递增； ②当a ≤0时,f ′(x)<0,故f(x)在(0,＋∞)上单调递减； ③当0<a<1时,令f ′(x)＝0,解得x ＝
1－a 2a ,则当x ∈⎝
⎛
⎭
⎪⎫
0， 1－a 2a 时,f ′(x)<0；当x ∈
⎝
⎛⎭⎪⎫ 1－a 2a ，＋∞时,f ′(x)>0,故f(x)在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0， 1－a 2a 上单调递减, 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－a 2a ，＋∞上单调递增． 综上所述,当a ≥1时,f(x)在(0,＋∞)上单调递增； 当a ≤0时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减； 当0<a<1时,f(x)在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
0，1－a 2a 上单调递减, 在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－a 2a ，＋∞上单调递增． [素养评析] (1)讨论含有参数的函数的单调性,通常归结为求含参不等式的解集问题,而对含有参数的不等式要针对具体情况进行讨论,但要始终注意定义域及分类讨论的标准．
(2)将函数单调性问题转化为求解一元二次不等式问题,明确了运算方向,而分类与整合思想能优化数学运算过程,对数学运算素养有较大的提高.
1．函数f(x)＝x ＋ln x 在(0,6)上是( ) A ．增函数 B ．减函数
C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是减函数,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6上是增函数
D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是增函数,在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，6上是减函数 答案 A
解析 ∵x ∈(0,＋∞),f ′(x)＝1＋1x >0,
∴函数在(0,6)上单调递增．
2．函数y ＝f(x)的图象如图所示,则导函数y ＝f ′(x)的图象可能是( )
考点 函数变化的快慢与导数的关系 题点 根据原函数图象确定导函数图象 答案 D
解析 ∵函数f(x)在(－∞,0),(0,＋∞)上都是减函数,∴当x>0时,f ′(x)<0；当x<0时,f ′(x)<0.故选D.
3．函数f(x)＝ln x －ax(a>0)的单调递增区间为( )
A.⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1a B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ，＋∞ C ．(0,＋∞) D ．(0,a)
答案 A
解析 f(x)的定义域为{x|x>0},且a>0, 由f ′(x)＝1
x －a>0,
得0<x<1
a
.
4．若函数f(x)＝x 3
＋2x 2
＋mx ＋1在(－∞,＋∞)内单调递增,则m 的取值范围是( ) A ．m ≥43
B ．m>43
C ．m ≤43
D ．m<43
答案 A
解析 ∵函数f(x)＝x 3
＋2x 2
＋mx ＋1在(－∞,＋∞)内单调递增, ∴f ′(x)＝3x 2
＋4x ＋m ≥0在R 上恒成立, 则判别式Δ＝16－12m ≤0,即m ≥4
3.
5．求函数f(x)＝(x －k)e x
的单调区间． 解 f ′(x)＝e x
＋(x －k)e x
＝(x －k ＋1)e x
,
当x<k－1时,f′(x)<0；
当x>k－1时,f′(x)>0,
∴f(x)的单调递减区间为(－∞,k－1),
单调递增区间为(k－1,＋∞)．
1．导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性,导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度．
2．利用导数求函数f(x)的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)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．
一、选择题
1．下列函数中,在(0,＋∞)内为增函数的是( )
A．y＝sin x B．y＝xe x
C．y＝x3－x D．y＝ln x－x
考点利用导数研究函数的单调性
题点根据导数判定函数的单调性
答案 B
解析B中,y′＝(xe x)′＝e x＋xe x＝e x(x＋1)>0在(0,＋∞)上恒成立,∴y＝xe x在(0,＋∞)上为增函数．对于A,C,D都存在x>0,使y′<0的情况．
2．(2017·浙江)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示,则函数y＝f(x)的图象可能是( )
考点 题点 答案 D
解析 观察导函数f ′(x)的图象可知,f ′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0, ∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知,排除A,C.
如图所示,f ′(x)有3个零点,从左到右依次设为x 1,x 2,x 3,且x 1,x 3是f(x)的极小值点,x 2是f(x)的极大值点,且x 2>0,故选项D 正确．
3．函数y ＝xcos x －sin x 在下列哪个区间内是增函数( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2
B ．(π,2π) C.⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π,3π)
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 根据导数判定函数的单调性 答案 B
解析 y ′＝cos x －xsin x －cos x ＝－xsin x, 若y ＝f(x)在某区间内是增函数, 只需在此区间内y ′>0恒成立即可, ∴只有选项B 符合题意,
当x ∈(π,2π)时,y ′>0恒成立．
4．已知函数f(x)＝sin x －x,x ∈R,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4,f(1),f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的大小关系是( )
A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4>f(1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3
B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f(1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4
C ．f(1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4
D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－π4>f(1) 考点 题点
答案 A
解析 ∵f(x)＝sin x －x,∴f ′(x)＝cos x －1≤0, 故函数f(x)在R 上是减函数,
又－π4<1<π3,∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4>f(1)>f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3. 5．已知函数y ＝f(x)(x ∈R)上任意一点(x 0,f(x 0))处的切线斜率k ＝(x 0－2)(x 0＋1)2
,则该函数的单调递减区间为( ) A ．[－1,＋∞) B ．(－∞,2] C ．(－∞,－1)和(1,2) D ．[2,＋∞)
考点 题点 答案 B
解析 由导数的几何意义知,在(－∞,2],上f ′(x)≤0, 即该函数的单调递减区间为(－∞,2]．
6．若函数f(x)＝(2a －1)ln x －x 在(0,1)上为增函数,则实数a 的取值范围是( ) A ．a<1 B ．a ≤1 C ．a ≥1 D ．0<a ≤1 考点 题点 答案 C
解析 f(x)＝(2a －1)ln x －x, f ′(x)＝2a －1x －1＝2a －1－x x ,
由题意知f ′(x)≥0在(0,1)上恒成立, ∴2a －1－x ≥0,即a ≥x ＋1
2在(0,1)上恒成立．
又x ∈(0,1),∴a ≥1.
7．函数f(x)的定义域为R,f(1)＝1,对任意x ∈R,f ′(x)<2,则f(x)>2x －1的解集为( ) A ．(－1,1) B ．(1,＋∞) C ．(－∞,1)
D ．(－∞,＋∞)
考点 利用导数研究函数的单调性 题点 利用导数求解不等式 答案 C
解析 令g(x)＝f(x)－2x ＋1, 则g ′(x)＝f ′(x)－2<0, ∴g(x)是减函数．
又g(1)＝f(1)－2×1＋1＝0,
当g(x)>g(1)＝0时,x<1,
∴f(x)－2x ＋1>0,即f(x)>2x －1的解集为(－∞,1)．
二、填空题
8．已知函数f(x)＝ke x －1－x ＋12
x 2(k 为常数),曲线y ＝f(x)在点(0,f(0))处的切线与x 轴平行,则f(x)的单调递减区间为____________．
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 求含参数函数的单调区间
答案 (－∞,0)
解析 f ′(x)＝ke x －1－1＋x,
∵曲线y ＝f(x)在点(0,f(0))处的切线与x 轴平行,
∴f ′(0)＝k·e －1
－1＝0,解得k ＝e,
故f ′(x)＝e x ＋x －1.
令f ′(x)<0,解得x<0,
故f(x)的单调递减区间为(－∞,0)．
9．函数f(x)的图象如图所示,f ′(x)为函数f(x)的导函数,则不等式f ′(x )x <0的解集为________．
考点 函数变化的快慢与导数的关系
题点 根据原函数图象确定导函数图象
答案 (－3,－1)∪(0,1)
解析 由题图知,当x ∈(－∞,－3)∪(－1,1)时,
f ′(x)<0,
当x ∈(－3,－1)∪(1,＋∞)时,f ′(x)>0,
故不等式f ′(x )x
<0的解集为(－3,－1)∪(0,1)． 10．已知f(x)＝4x x 2＋1
在区间[m,m ＋1]上是增函数,则实数m 的取值范围是________． 考点 利用函数单调性求变量
题点 已知函数单调性求参数
答案 [－1,0]
解析 f ′(x)＝4(x 2＋1)－8x 2(x 2＋1)2＝4(1－x 2
)(x 2＋1)
2,
∴当－1≤x ≤1时,f ′(x)≥0,即f(x)的单调递增区间是[－1,1],
又f(x)在[m,m ＋1]上是增函数,∴⎩⎪⎨⎪⎧ m ≥－1，m ＋1≤1，
∴－1≤m ≤0,即实数m 的取值范围是[－1,0]．
11．若函数f(x)＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间,则a 的取值范围是________． 考点
题点
答案 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－19，＋∞ 解析 f ′(x)＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14
＋2a. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时,f ′(x)的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29
＋2a. 要使f(x)在⎣⎢⎡⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间, 则必须有f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫23>0,即29＋2a>0,解得a>－19, 所以a 的取值范围是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－19，＋∞. 三、解答题
12．已知x>0,求证：x>sin x.
考点 利用导数研究函数的单调性
题点 利用导数证明不等式
证明 设f(x)＝x －sin x(x>0),则f ′(x)＝1－cos x ≥0对x ∈(0,＋∞)恒成立,∴函数f(x)＝x －sin x 在(0,＋∞)上是单调增函数,又f(0)＝0,∴f(x)>0对x ∈(0,＋∞)恒成立,∴x>sin x(x>0)．
13．设函数f(x)＝ax －a x
－2ln x. (1)若f ′(2)＝0,求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在定义域上是增函数,求实数a 的取值范围．
考点
题点
解 (1)f(x)的定义域为(0,＋∞)．
因为f ′(x)＝a ＋a x 2－2x
,且f ′(2)＝0, 所以a ＋a 4－1＝0,所以a ＝45
.
所以f ′(x)＝45＋45x 2－2x ＝25x
2(2x 2－5x ＋2)． 令f ′(x)≥0,解得0<x ≤12
或x ≥2； 令f ′(x)≤0,解得12
≤x ≤2, 所以f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12和[2,＋∞),单调递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2. (2)若f(x)在定义域上是增函数,则f ′(x)≥0在(0,＋∞)上恒成立．
因为f ′(x)＝a ＋a x 2－2x ＝ax 2－2x ＋a x
2, 所以需ax 2－2x ＋a ≥0在(0,＋∞)上恒成立,
设g(x)＝ax 2－2x ＋a,易知a>0,
由其图象对称轴－－22a ＝1a
>0可得, ⎩⎪⎨⎪⎧ a>0，Δ＝4－4a 2≤0，解得a ≥1.
所以a 的取值范围是[1,＋∞)．
14．f(x),g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,当x<0时,f ′(x)g(x)＋f(x)g ′(x)>0, g(－3)＝0,求不等式f(x)g(x)<0的解集．
考点
题点
解 令h(x)＝f(x)g(x),则h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(x),
因此函数h(x)在R 上是奇函数．
①∵当x<0时,h ′(x)＝f ′(x)g(x)＋f(x)g ′(x)>0,
∴h(x)在(－∞,0)上单调递增,
∵h(－3)＝f(－3)g(－3)＝0,∴由h(x)<0,得x<－3.
②当x>0时,∵函数h(x)在R 上是奇函数,
∴h(x)在(0,＋∞)上单调递增,且h(3)＝－h(－3)＝0,
∴h(x)<0的解集为(0,3),
∴不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞,－3)∪(0,3)．
15．已知函数f(x)＝13x 3－12
ax 2＋(a －1)x ＋1 (1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)在区间(1,4)上为减函数,在区间(6,＋∞)上为增函数,求实数a 的取值范围．
考点利用函数单调性求变量
题点已知函数单调性求参数
解(1)f′(x)＝x2－ax＋a－1＝(x－1)[x－(a－1)],
令f′(x)＝0,得x1＝1,x2＝a－1,
当a＝2时,f′(x)≥0恒成立,则f(x)在R上单调递增,
当a<2时,当x∈(a－1,1)时,f′(x)<0,则f(x)为减函数,
当x∈(－∞,a－1)和x∈(1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数．
当a>2时,当x∈(1,a－1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,
当x∈(－∞,1)和x∈(a－1,＋∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数．
综上可知,当a＝2时,f(x)在R上为增函数；
当a<2时,f(x)在(a－1,1)上为减函数,在(－∞,a－1),(1,＋∞)上为增函数；当a>2时,f(x)在(1,a－1)上为减函数,在(－∞,1),(a－1,＋∞)上为增函数．(2)因为f(x)在(1,4)上为减函数,所以当x∈(1,4)时,f′(x)≤0；
因为f(x)在(6,＋∞)上为增函数,所以当x∈(6,＋∞)时,f′(x)≥0.
所以4≤a－1≤6,解得5≤a≤7.
所以实数a的取值范围为[5,7]．。