高中数学高考考点44 导数与函数的单调性-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过(1)

考点44导数与函数的单调性

【命题解读】

  利用导数研究函数的单调性是高考的热点问题，在高考中经常出现的是含参数的函数的导数求解问题，难度以中高难度为主，主要出现在解答题中，命题形式灵活多变，主要考查分析能力和解答计算能力，对数学思维要求高。

【命题预测】

预计2021年的高考利用导数研究函数单调性是热点知识点，命题形式更加灵活，新颖，对分析能力和计算能力要求更高。

【复习建议】 

1.借助图象理解函数的单调性与导数的关系；

2.能利用导数研究函数的单调性。

考向一　利用导数研究函数的单调性

1. 【2020福建其他】已知函数是定义域为的奇函数，当时，．记，，，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为是定义域为的奇函数，所以，
令函数，则，所以为上的偶函数，

当时，，

所以函数在上单调递减，
又为偶函数，所以， ，，

所以.

故选：D．

2. 【2019山东聊城月考】函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)

A．(－∞，2)　　　　　　 B． (0， 3)

C．(1，4)  D． (2，＋∞)

【答案】D

【解析】因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．故选D.

考向二  含参函数的单调性研究

1. 【2020开鲁县第一中学月考（理）】若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（  ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】因为在区间内存在单调递增区间，

所以在区间上成立，

即在区间上有解，

因此，只需，解得.

故选D

2. 【2019山东青岛模拟】已知函数f(x)＝x2＋，若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，则实数a的取值范围为(　　)

A．(－∞，8)　　　　　　 B．(－∞，16]

C．(－∞，－8)∪(8，＋∞)  D．(－∞，－16]∪[16，＋∞)

【答案】B

【解析】f(x)＝x2＋在x∈[2，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝2x－＝ ≥0在

x∈[2，＋∞)上恒成立. 则a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立. 所以a≤16.

故选：B．

3. 【2020霍邱县第二中学开学考试】若函数在上单调递减，则实数的取值范围是______．

【答案】

【解析】，.

根据题意得知，不等式对任意的恒成立，即对任意的恒成立，

由于函数在区间上单调递增，则，.

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

题组一（真题在线）

1. 【2019年高考北京理数】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．

2. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.

3. 【2019年高考天津理数】设函数为的导函数．

（Ⅰ）求的单调区间；

（Ⅱ）当时，证明；

（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明．

4. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数.

（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；

（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.

5. 【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数．

（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；

（2）证明： ；

（3）设，证明：．

题组二

1. 【2019江西修水期末（理）】函数的递增区间是（    ）

A． B．和

C． D．和

2. 【2020霍邱县第二中学开学考试（理）】已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

3. 【2020山东师范大学附中月考】若幂函数的图象过点，则函数的递增区间为（    ）

A．     B． C．   D．

4. 【2019山东淄博检测】已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，3)上不单调的一个充分不必要条件是(　　)

A．a∈  B．a∈

C．a∈  D．a∈

5. 【2019江西省信丰中学月考】函数的单调递减区间是_________.

6. 【2020四川省绵阳江油中学开学考试（理）】已知函数在上单调递增,则实数的取值范围是_____.

 7. 【2020全国课时练习（理）】若函数对任意的，恒成立，则x的取值范围为             .

8. 【2020浙江月考】已知函数，.

（1）若，求函数在上的单调区间；

（2）若，不等式对任意恒成立，求满足条件的最大整数b.

9. 【2019山东青岛月考】已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e是自然对数的底数，实数a是常数．

(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数f(x)的单调性．

题组一

1.

【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.

若函数为奇函数，则即，

即对任意的恒成立，

则，得.

若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，

即在R上恒成立，

又，则，

即实数的取值范围是.

2.见解析

【解析】（1）．令，得x=0或.

若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；

若a=0，在单调递增；

若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.

（2）满足题设条件的a，b存在.

（i）当a≤0时，由（1）知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．

（ii）当a≥3时，由（1）知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．

（iii）当0<a<3时，由（1）知，在[0，1]的最小值为，最大值为b或．

若，b=1，则，与0<a<3矛盾.

若，，则或或a=0，与0<a<3矛盾．

综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．

3. 见解析

【解析】（Ⅰ）由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．

所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．

（Ⅱ）证明：记．依题意及（Ⅰ），有，从而．当时，，故

．

因此，在区间上单调递减，进而．

所以，当时，．

（Ⅲ）证明：依题意，，即．记，则，且．

由及（Ⅰ），得．由（Ⅱ）知，当时，，所以在上为减函数，因此．又由（Ⅱ）知，，故

．

所以，．

4. 见解析

【解析】（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则=ex+2x–1．

故当x∈（–∞，0）时，<0；当x∈（0，+∞）时，>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．

（2）等价于.

设函数，则

.

（i）若2a+1≤0，即，则当x∈（0，2）时，>0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.

（ii）若0<2a+1<2，即，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，2)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥.

所以当时，g(x)≤1.

（iii）若2a+1≥2，即，则g(x)≤.

由于，故由（ii）可得≤1.故当时，g(x)≤1.

综上，a的取值范围是.

5. 见解析

【解析】（1）

．

当时，；当时，．

所以在区间单调递增，在区间单调递减．

（2）因为，由（1）知，在区间的最大值为，

最小值为．而是周期为的周期函数，故．

（3）由于

，

所以．

题组二

1.C

【解析】因为的定义域为，，

由，得，解得，

所以的递增区间为.

故选：C.

2.D

【解析】构造函数，其中，则，

所以，函数在定义域上为增函数，

在不等式两边同时乘以得，即，

所以，解得，

因此，不等式的解集为，故选D.

3.A

【解析】设，代入点，则，解得，

，

则，

令，解得，

函数的递增区间为.

故选：A.

4. C

【解析】f′(x)＝2ax－4a－＝，若f(x)在(1，3)上不单调，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1与x轴在(1，3)有交点，a＝0时，显然不成立；a≠0时，只需解得a＞.

故选：C．

5.

【解析】，其中，

令，则，故函数的单调减区间为，

故答案为：．

6.

【解析】,解得在上恒成立,构造函数,解得x=1, 在上单调递增,在上单调递减,g(x)的最大值为g(1)=1, ,,故填.

7.

【解析】∵是上的奇函数，，则在定义域内为增函数，

∴可变形为，∴，将其看作关于的一次函数，可得当时，恒成立，若，，若，，解得．

8. 见解析

【解析】（1）当时，，

，

而时，，

∴时，在上单调递增，

时，在上单调递减；

综上，在上单调递增，在上单调递减；

（2），，令

由知：

，时，

而知，

∴，使在上单调增，

在上单调减；而，

∴在上恒成立.

∴当时，有恒成立.

当时，有恒有，

令即，

∴上，

而在上，令，

，即单调减，

又，

所以使，即上，单调增，

上，单调减，

∴综上，，使在上单调增，上单调减；

又，

1、时，在上单调减，上单调增，

且，故此时不能保证恒成立；

2、时，上恒成立；

在上要使恒成立，

令，有恒成立，

所以只要单调递增即可，有成立，

即

综上，知：时不等式对任意恒成立，

故.

9. 见解析

【解析】　(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，

∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.

∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.

(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－A．

当a≤0时，f′(x)＞0，故f(x)在R上单调递增；

当a＞0时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，

∴当x＜ln a时，f′(x)＜eln a－a＝0，当x＞ln a时，f′(x)＞eln a－a＝0，

∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．

综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；

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