高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.2导数研究函数的单调性(精讲)(原卷版+解析)

这是一份高考数学大一轮复习精讲精练(新高考地区)3.2导数研究函数的单调性(精讲)(原卷版+解析)，共25页。


【知识储备】
1.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．
eq \([常用结论])
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．
【题型精讲】
【题型一 不含参函数的单调性】
必备技巧 利用导数求函数单调区间的三种方法
1．当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
2．当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数的实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
3．不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，根据f′(x)的结构特征，构造新函数g(x)，通过研究g(x)的单调性来确定f′(x)的符号，从而确定f(x)的单调性．
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）（1）函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
（2）已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调递减区间是________．
（3）(2023·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是______________________．
例2 (2023·河南高三月考）已知，则函数的单调减区间为（ ）
A．B．C．D．
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期中）函数的递增区间是（ ）
A．B．
C．，D．
2. (2023·石嘴山市第三中学期末）函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
3. (2023·重庆市育才中学高三月考）函数的递增区间为（ ）
A．B．C．D．
【题型二 含参函数的单调性】
例3 (2023·山东青岛高三期末节选）已知函数，讨论的单调性；
例4 (2023·天津市南开中学模考）已知函数，记的导函数为，讨论的单调性；
例5 (2023·广西南宁三中期末）已知函数，讨论的单调性；
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数，讨论的单调性；
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数，讨论的单调性；
3．(2023·河北张家口市·高三三模）已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性．
【题型三 已知函数单调性求参】
必备技巧 根据函数单调性求参数的一般思路
(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，转化为不等式恒成立．
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
(4)函数在某个区间上不单调可一般转化为方程有解问题
例6 （1）(2023·河南高三期末）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2）(2023·山东高三期末）若函数h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________．
（3）(2023·全国高三单元测试）已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【题型精练】
1．(2023·广东汕尾·高三期末）已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．(2023·全国单元测试）函数在区间[-1，2]上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞，-3]B．(-3，1)
C．[1，+∞)D．(-∞，-3]∪[1，+∞)
3．(2023·甘肃城关·兰州一中高三期中）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．
【题型四 构造函数比较大小】
必备技巧 构造函数的两个题型
(1)以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
(2) 根据题目条件构造具备相同结构的一个函数，然后利用该函数的性质解决问题．
例7 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（ ）
A．B．
C．D．
例8 (2023·湖南师范大学附中模考）下列两数的大小关系中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2. (2023年全国新高考I卷数学试题）设，则（ ）
A．B．C．D．
【题型五 构造函数解不等式】
例9 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）设是定义在上的偶函数，为其导函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
例10 (2023·全国高三单元测试）已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
例11 (2023·湖北一模）奇函数定义域为，其导函数是.当时，有，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．（，π）B．
C．D．
【题型精练】
1.(2023·四川广元市·高三三模）已知定义在上的偶函数，其导函数为，当 时，若，，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知的定义域是，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
3. (2023·江西鹰潭市模拟）已知奇函数的定义域为，其导函数是．当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
3.2 导数研究函数的单调性
【题型解读】
【知识储备】
1.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．
eq \([常用结论])
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．
【题型精讲】
【题型一 不含参函数的单调性】
必备技巧 利用导数求函数单调区间的三种方法
1．当不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出单调区间．
2．当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数的实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
3．不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，根据f′(x)的结构特征，构造新函数g(x)，通过研究g(x)的单调性来确定f′(x)的符号，从而确定f(x)的单调性．
例1 (2023·山东济南历城二中高三月考）（1）函数f(x)＝x·ex－ex＋1的递增区间是( )
A．(－∞，e) B．(1，e)
C．(e，＋∞) D．(e－1，＋∞)
（2）已知函数f(x)＝xln x，则f(x)的单调递减区间是________．
（3）(2023·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是______________________．
【解析】（1）由f(x)＝x·ex－ex＋1，
得f′(x)＝(x＋1－e)·ex，
令f′(x)>0，解得x>e－1，
所以函数f(x)的递增区间是(e－1，＋∞)．
（2）因为函数f(x)＝xln x的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)，
当f′(x)<0时，解得0（3）f′(x)＝sin x＋xcs x－sin x＝xcs x.
令f′(x)＝xcs x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
即f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
例2 (2023·河南高三月考）已知，则函数的单调减区间为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】由题可知，，且的定义域为，
则，
令，则，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则的最大值为：，
故恒成立，故在上恒成立，
所以在上单调递减，即函数的单调减区间为.
故选：D.
【题型精练】
1．(2023·天津·崇化中学期中）函数的递增区间是（ ）
A．B．
C．，D．
答案：A
【解析】由题意，函数，可得，
令，即，解得，所以函数的递增区间是.故选：A.
2. (2023·石嘴山市第三中学期末）函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】函数的定义域是，，令，解得：，
故函数在递减，故选：C．
3. (2023·重庆市育才中学高三月考）函数的递增区间为（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】，定义域为，
则，
令，则，所以，
所以函数的单调递增区间为.
故选：C
【题型二 含参函数的单调性】
例3 (2023·山东青岛高三期末节选）已知函数，讨论的单调性；
答案：答案见解析
【解析】的定义域为
当时，在上恒成立，故在上单调递减
当时，f'a=0，且时，，时，
即在上单调递增，在上单调递减
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减
例4 (2023·天津市南开中学模考）已知函数，记的导函数为，讨论的单调性；
答案：(1)答案见解析
【解析】由已知可得，故可得．
当时，，故在单调递增；
当时，由，解得，或，
记，，则可知当变化时，的变化情况如下表：
所以，函数在区间单调递增，在区间单调递减，在区间单调递增．
例5 (2023·广西南宁三中期末）已知函数，讨论的单调性；
答案：具体见解析．
【解析】，
若，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
若，令，解得，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
综上：当在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
【题型精练】
1．(2023·天津市南开中学月考）已知函数，讨论的单调性；
答案：当时，在R上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
【解析】定义域为R，
，
当时，恒成立，在R上单调递减，
当时，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在R上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
2. (2023·安徽省江淮名校期末）已知函数，讨论的单调性；
答案：答案见解析
【解析】函数的定义域为．
．
当a⩾0时，若，则f'x>0；若，则在区间单调递增，在单调递减．
当时,f'x⩾0,fx在单调递增．
当时，，若或，则f'x>0；若，则f'x<0．
所以在区间单调递增，在区间单调递减．
当时，，若或，则f'x>0；若，则f'x<0．
所以在单调递增，在单调递减．
综上所述，a⩾0时，在单调递增，在单调递减．时，在单调递增．
时，在单调递增，在单调递减．时，在，单调递增，在单调递减．
3．(2023·河北张家口市·高三三模）已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝eq \f(（ax2－2）（x－1）,x3).
当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝eq \f(a（x－1）,x3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0，1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(3)当a>2时，00，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递
【题型三 已知函数单调性求参】
必备技巧 根据函数单调性求参数的一般思路
(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，转化为不等式恒成立．
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
(4)函数在某个区间上不单调可一般转化为方程有解问题
例6 （1）(2023·河南高三期末）若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
（2）(2023·山东高三期末）若函数h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上存在单调递减区间，则a的取值范围为________．
（3）(2023·全国高三单元测试）已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
答案：（1）B （2）(－1,0)∪(0，＋∞) （3）D
【解析】由，得，
由在上单调递减，得在上恒成立，即在上恒成立.
令，在上，
∴在上单调递减，即，
∴，故的取值范围.故选：.
（2）因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，所以h′(x)＜0在[1,4]上有解，
所以当x∈[1,4]时，a＞eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，而当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1，又因为a≠0，所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
（3）函数的定义域为，，
令，若在上不单调，则函数与x轴在上有交点，
又，则，解得，
故在上不单调的一个充分不必要条件是．故选：D．
【题型精练】
1．(2023·广东汕尾·高三期末）已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
答案：B
【解析】由题意，函数在上单调递增，
可得在上恒成立，即在上恒成立，
令，
根据二次函数的性质知，函数在单调递减，所以，
所以，即实数a的取值范围是.故选：B．
2．(2023·全国单元测试）函数在区间[-1，2]上不单调，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-∞，-3]B．(-3，1)
C．[1，+∞)D．(-∞，-3]∪[1，+∞)
答案：B
【解析】，
如果函数在区间[-1，2]上单调，
那么a-1≥0或，即，解得a≥1或a≤-3，
所以当函数在区间[-1，2]上不单调时，.故选：B
3．(2023·甘肃城关·兰州一中高三期中）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
【题型四 构造函数比较大小】
必备技巧 构造函数的两个题型
(1)以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，eq \f(fx,gx)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．
(2) 根据题目条件构造具备相同结构的一个函数，然后利用该函数的性质解决问题．
例7 (2023·黑龙江工农·鹤岗一中高三期末）对任意，不等式恒成立，则下列不等式错误的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：D
【解析】构造函数，则，
∵，∴，
即在上为增函数，
由，即，即，故A正确；
，即，即，故B正确；
，即，即，故C正确；
由，即，即，即，
故错误的是D．故选D．
例8 (2023·湖南师范大学附中模考）下列两数的大小关系中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】对于A，设，则，
则当时，，在上单调递减，，
即，即，，则，A错误；
对于B，，，，则，B正确；
对于C，，，，，C错误；
对于D，，D错误.故选：B.
【题型精练】
1.(2023·全国高三课时练习）(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：CD
【解析】令，，
因为，则在上恒成立，
故在上单调递减，
因为，则，所以在上恒成立，
结合选项可知，由于，所以，
从而有，即，故选项错误；
因为，则，结合在上单调递减，且，
可知，从而有，
由于，则，可得，故B选项错误；
又因为，所以，从而有，
即，故C选项正确；
又因为，所以，从而有，
即，故D选项正确．
故选：CD．
2. (2023年全国新高考I卷数学试题）设，则（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以故选：C.
【题型五 构造函数解不等式】
例9 (2023·辽宁省实验中学分校高三期末）设是定义在上的偶函数，为其导函数，，当时，有恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】设，，则，
∵当时，有恒成立，∴当时，，在上单调递增，
∵是定义在上的偶函数，
∴，即是定义在上的奇函数，
∴在上也单调递增.又，∴，∴.
不等式的解可等价于即的解，
∴或，∴不等式的解集为.故选：B.
例10 (2023·全国高三单元测试）已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】由题可设，因为，
则，
所以函数在R上单调递增，
又，不等式可转化为，
∴，
所以，解得，
所以不等式的解集为．
故选：D.
例11 (2023·湖北一模）奇函数定义域为，其导函数是.当时，有，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．（，π）B．
C．D．
答案：D
【解析】令，因为当时，有，
所以，当时，，
所以，函数在(内为单调递减函数，
所以，当时，关于的不等式可化为，即，
所以；
当时，，则关于的不等式可化为，即
因为函数为奇函数，故，也即所以，即，
所以，．综上，原不等式的解集.故选：D．
【题型精练】
1.(2023·四川广元市·高三三模）已知定义在上的偶函数，其导函数为，当 时，若，，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
答案：A
【解析】构造函数 , ,
当 时，，故，在 上单调递增，
又为偶函数， 为偶函数，
所以为偶函数，在 单调递减.
,则，;
，
当 时，即，，所以 ；
当 时，即，，所以.
综上所述，.
故选：A
2. (2023·江苏·昆山柏庐高级中学期末）已知的定义域是，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】令，则，所以函数在区间上单调递增，所以，解之得或，即原不等式的解集为，故选：B.
3. (2023·江西鹰潭市模拟）已知奇函数的定义域为，其导函数是．当时，，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
答案：D
【解析】，∴，
∵当时，，∴，
∴在上单调递减，∵是定义在上的奇函数，
故，∴是定义在上的偶函数．
∴在上单调递增．①当时，，
则不等式可转化为，
即，∴，故．
②当时，，
则不等式可转化为，
即，∴，故．
不等式的解集为．
故选：D．
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极大值
极小值