新高考数学一轮复习(举一反三)重难点题型精练专题3.3 导数与函数的单调性（2份打包，原卷版+解析版）

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1．函数的单调性与导数的关系
2．函数值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，那么在这个范围内函数值变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较小，那么在这个范围内函数值变化得慢，函数的图象就“平缓”一些.
常见的对应情况如下表所示.
【题型1 不含参函数的单调性】
【方法点拨】
确定不含参函数的单调性、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，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间；
(4)由此可得出函数f (x)的单调性；
【例1】（2022•扬州开学）下列函数中，在（1，+∞）上为增函数的是（ ）
A．y＝x3﹣3xB．y＝lnx﹣xC．y＝xD．y＝x2﹣3x+1
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝x3﹣3x，其导数y′＝3x2﹣3，在区间（1，+∞）上，y′＞0，函数为增函数，符合题意，
对于B，y＝lnx﹣x，其导数y′1，在区间（1，+∞）上，y′＜0，函数为减函数，不符合题意，
对于C，y＝x，其导数y′＝1，在区间（1，2）上，y′＜0，函数为减函数，不符合题意，
对于D，y＝x2﹣3x+1是二次函数，在区间（1，）上为减函数，不符合题意，
故选：A．
【变式1-1】（2022春•湖北期末）函数f（x）x2﹣lnx的递减区间为（ ）
A．（﹣∞，1）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（0，+∞）
【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性关系可求．
【解答过程】解：f′（x）＝﹣x0，x＞0，
故函数的单调递减区间为（0，+∞）．
故选：D．
【变式1-2】（2022春•长寿区期末）函数的单调递减区间为（ ）
A．（0，2）B．（2，3）C．（1，3）D．（3，+∞）
【解题思路】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可．
【解答过程】解：∵，定义域是（0，+∞），
∴f′（x）＝1，
令f′（x）＜0，解得2＜x＜3，
故f（x）的递减区间是（2，3），
故选：B．
【变式1-3】（2022春•吉林期末）函数f（x）＝﹣lnx+x的递增区间是（ ）
A．（﹣∞，0）∪（1，+∞）B．（﹣∞，0）和（1，+∞）
C．（1，+∞）D．（﹣1，+∞）
【解题思路】先写出函数的定义域，求导后，再解不等式f'（x）＞0，即可．
【解答过程】解：因为f（x）＝﹣lnx+x，所以f'（x）1，定义域为（0，+∞），
令f'（x）＞0，则1＞0，解得x＞1，
所以f（x）的递增区间为（1，+∞）．
故选：C．
【题型2 含参函数的单调性】
【方法点拨】
(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2】（2022春•巴宜区校级期末）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．
（1）若函数f（x）在x＝1处取得极小值﹣4，求实数a，b的值；
（2）讨论f（x）的单调性．
【解题思路】（1）根据题可得，解得a，b．
（2）求导并令f′（x）＝0，得x＝0或x，分三种情况：当a＝0时，当a＜0时，当a＞0时，讨论f（x）的单调性．
【解答过程】解：（1）f′（x）＝6x2﹣2ax，
则，即，
解得．
（2）f′（x）＝6x2﹣2ax＝2x（3x﹣a），
令f′（x）＝0，得x＝0或x，
当a＝0时，f′（x）≥0，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
当a＜0时，在（﹣∞，），（0，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，0）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当a＞0时，在（﹣∞，0），（，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（0，）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上所述，当a＝0时，f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（﹣∞，），（0，+∞）上单调递增，在（，0）上单调递减，
当a＞0时，f（x）在（﹣∞，0），（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减．
【变式2-1】（2022春•满洲里市校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx（a∈R）．
（1）a＝﹣2，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性．
【解题思路】（1）当a＝﹣2时，求出f（x）的解析式，对f（x）求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，求出f（1），利用点斜式即可求得切线方程；
（2）对f（x）求导，再对a分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可．
【解答过程】解：（1）当a＝﹣2时，f（x）＝x2﹣2lnx，
切线的斜率k＝f′（1）＝0，f（1）＝1，则切线方程为y﹣1＝0，即y＝1．
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），且，
①当a≤0时，，由f′（x）＞0，得x＞1；由f′（x）＜0，得0＜x＜1．
则函数f（x）的单调递增区间为（1，+∞），单调递减区间为（0，1）．
②当，即0＜a＜2时，由f′（x）＞0，得或x＞1；由f′（x）＜0，得．
则函数f（x）的单调递增区间为，（1，+∞），
函数f（x）的单调递减区间为．
③当，即a＝2时，f′（x）≥0恒成立，则函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
④当，即a＞2时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或x；由f′（x）＜0，得，
则函数f（x）的单调递增区间为（0，1），，函数f（x）的单调递减区间为．
综上所述，当a≤0时，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减；
当0＜a＜2时，函数f（x）在和（1，+∞）上单调递增，在上单调递减；
当a＝2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞2时，函数f（x）在（0，1）和上单调递增，在上单调递减．
【变式2-2】（2022春•蓝田县期末）已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a≠0）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）当a＝﹣1时，证明：在（1，+∞）上，f（x）+2＞0．
【解题思路】（Ⅰ）先求导，再分类讨论导函数的符号即可求解；
（Ⅱ）构造函数g（x）＝f（x）+2，再利用导数求出g（x）的最值，从而得证．
【解答过程】解：（Ⅰ）∵，x＞0，
①当a＞0时，
x∈（0，1），f′（x）＞0；x∈（1，+∞），f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
②当a＜0时，
x∈（0，1），f′（x）＜0；x∈（1，+∞），f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
综合可得：当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当a＜0时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，令g（x）＝f（x）+2＝﹣lnx+x﹣1，x＞1，
∴0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）＞g（1）＝0，
故在（1，+∞）上，f（x）+2＞0．
【变式2-3】（2022春•南沙区期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax2﹣2（a﹣1）x+1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单调区间；
（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式可求a的范围．
【解答过程】解：（1）f′（x）2ax﹣2（a﹣1），
因为x＞0，x+1＞0，
故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，x时，f′（x）＜0，0＜x时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞）；
（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，不符合题意；
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，），单调递减区间为（，+∞），
又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，
若使f（x）有2个零点，则f（）2ln1＞0，
令t，则t＞0，
即2lnt+t﹣1＞0，
令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，
所以t＞1，
所以0＜a＜1，
故a的取值范围为（0，1）．
【题型3 利用函数的单调性比较大小】
【方法点拨】
根据题目条件，构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性来比较大小，即可得解.
【例3】（2022春•眉山期末）已知实数x，y，z满足eylnx﹣yex＝0，，若y＞1，则（ ）
A．x＞y＞zB．y＞x＞zC．y＞z＞xD．x＞z＞y
【解题思路】首先根据题中的条件得到，从而得到z＜0；再根据x＞1时，x＞lnx得到，结合函数的单调性得到y＞x，从而得到y＞x＞z．
【解答过程】解：由eylnx﹣yex＝0，得；由，得，
两式相加得，因为y＞1，ey＞0，
所以，又因为ez＞0，所以z＜0；
因为，所以，即lnx＞0，所以x＞1．
令f（x）＝x﹣lnx（x＞1），则，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
所以f（x）＝x﹣lnx在（1，+∞）内单调递增，即x＞lnx，
所以，即，
又令，则，
当x＞1时，g′（x）＞0，所以在（1，+∞）内单调递增，
所以由，得到y＞x．
所以y＞x＞z．
故选：B．
【变式3-1】（2022春•绍兴期末）已知a＝e0.2﹣1，b＝ln1.2，c＝tan0.2，其中e＝2.71828⋯为自然对数的底数，则（ ）
A．c＞a＞bB．a＞c＞bC．b＞a＞cD．a＞b＞c
【解题思路】观察a＝e0.2﹣1，b＝ln1.2，c＝tan0.2，发现都含有0.2，把0.2换成x，自变量在（0，1）或其子集范围内构造函数，利用导数证明其单调性，比较a，b，c的大小．
【解答过程】解：令，
令g（x）＝csxex﹣csx﹣sinx，则g′（x）＝（ex﹣1）（csx﹣sinx），
当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
又g（0）＝1﹣1＝0，所以g（x）＞0，又csx＞0，
所以f（x）＞0，在成立，所以f（0.2）＞0，即a＞c，
令在为减函数，
所以h（x）＜h（0）＝0，即ln（x+1）＜x，
令在为减函数，
所以m（x）＜m（0）＝0，即x＜tanx，
所以成立，
令x＝0.2，则上式变为ln（0.2+1）＜0.2＜tan0.2，所以b＜0.2＜c
所以b＜c，所以b＜c＜a．
故选：B．
【变式3-2】（2022春•渭南期末）已知函数f（x）＝sinx+csx﹣2x，a＝f（﹣π），b＝f（20），c＝f（ln2），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞c＞bB．a＞b＞cC．b＞a＞cD．c＞b＞a
【解题思路】利用导数判断函数f（x）的单调性，进而可比较函数值的大小．
【解答过程】解：因为函数f（x）＝sinx+csx﹣2x，
所以f′（x）＝csx﹣sinx﹣2cs（x）﹣2＜0，
所以f（x）为R上的减函数，
因为﹣π＜ln2＜1＝20，
所以f（﹣π）＞f（ln2）＞f（20），即a＞c＞b．
故选：A．
【变式3-3】（2022•山东开学）已知0＜a＜4，0＜b＜2，0＜c＜3，且16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，则（ ）
A．c＞b＞aB．c＞a＞bC．a＞c＞bD．b＞c＞a
【解题思路】根据等式关系进行转化，然后构造函数f（x），研究函数的单调性和图象，利用数形结合进行判断即可．
【解答过程】解：由16lna＝a2ln4，4lnb＝b2ln2，9lnc＝c2ln3，
得，，，
构造函数f（x），
得f（a）＝f（4），f（b）＝f（2），f（c）＝f（3），
f′（x），
由f′（x）＝0得1﹣2lnx＝0，得lnx，即x
当x时，1﹣2lnx＜0，即f′（x）＜0，则f（x）在（，+∞）上为减函数，
当0＜x时，1﹣2lnx＞0，即f′（x）＞0，则f（x）在（0，）上为增函数，
则f（2）＞f（3）＞f（4），
即f（b）＞f（c）＞f（a），
∵f（x）在（0，）上为增函数，
∴b＞c＞a＞0，
故选：D．
【题型4 利用函数的单调性解不等式】
【方法点拨】
要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而转化求
解不等式.
【例4】（2021秋•重庆月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，其导函数为f′（x），且f'（x）﹣2f（x）＞0，f（）＝e（e为自然对数的底数），则关于x的不等式f（lnx）＜x2的解集为（ ）
A．（0，）B．（0，）C．（，）D．（，）
【解题思路】令F（x），求导分析单调性，不等式f（lnx）＜x2，可转化为，即g（lnx）＜g（），即可得出答案．
【解答过程】解：令g（x），
g′（x）0，
所以g（x）在R上单调递增，
不等式f（lnx）＜x2，则1，
又f（）＝e，
所以，即g（lnx）＜g（），
所以lnx，
解得0＜x，
故选：B．
【变式4-1】（2022春•新邵县期末）设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，且f（2）＝0，则不等式f（x）g（x）＞0的解集是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）B．（﹣2，0）∪（0，2）
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣2，0）∪（2，+∞）
【解题思路】令F（x），求导分析F（x）的单调性，根据题意可得F（x）的奇偶性，由f（2）＝0，得F（2）＝0，则不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞F（2）解集，即可得出答案．
【解答过程】解：令F（x），
F′（x），
因为当x＜0时，f'（x）g（x）﹣f（x）g'（x）＞0，
所以当x＜0时，F′（x）＞0，
所以F（x）在（﹣∞，0）上为增函数，
因为f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，
所以f（﹣x）＝﹣f（x），g（﹣x）＝g（x），
所以F（﹣x）F（x），
所以F（x）在（﹣∞，+∞）上为奇函数，
所以F（x）在（0，+∞）上为增函数，
因为f（2）＝0，
所以F（2）0，
所以不等式f（x）g（x）＞0的解集为F（x）＞0的解集，
所以F（x）＞F（2），
所以x＞2或﹣2＜x＜0，
故选：D．
【变式4-2】（2022春•辽宁月考）已知函数f（x）在R上存在导函数f'（x），对∀x∈R满足f（x）+f（﹣x）＝2x2，在x∈（0，+∞）上，f'（x）＜2x若f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m，实数m的取值范围是（ ）
A．[﹣1，1]B．（﹣∞，1]
C．[1，+∞）D．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
【解题思路】构造函数g（x）＝f（x）﹣x2，推出g（x）为奇函数，再由导数判断g（x）的单调性，把不等式f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m转化为关于m的一次不等式求解．
【解答过程】解：∵f（x）+f（﹣x）＝2x2，∴f（x）﹣2x2+f（﹣x）＝0，
令g（x）＝f（x）﹣x2，
则g（﹣x）+g（x）＝f（﹣x）﹣x2+f（x）﹣x2＝0，
∴函数g（x）为奇函数．
∵x∈（0，+∞）时，g′（x）＝f′（x）﹣2x＜0，
故函数g（x）在（0，+∞）上是单调递减函数，
则函数g（x）在（﹣∞，0）上也是单调递减函数．
由f（0）＝0，得g（0）＝0，
可得g（x）在R上是单调递减．
则f（2﹣m）﹣f（m）≥4﹣4m⇔f（2﹣m）﹣（2﹣m）2≥f（m）﹣m2，
即g（2﹣m）≥g（m），
∴2﹣m≤m，解得m≥1，
∴实数m的取值范围是[1，+∞）．
故选：C．
【变式4-3】（2022春•赣州期末）已知定义在R上的函数f（x），其导函数为f'（x）．若f（x）＝﹣f（﹣x）﹣csx，且当x≤0时，，则不等式f（π﹣x）＞f（x）+csx的解集为（ ）
A．B．（，+∞）C．（﹣∞，π）D．（π，+∞）
【解题思路】构造函数，然后判断g（x）的奇偶性，然后再由导数分析g（x）的单调性，结合单调性及奇偶性可求．
【解答过程】解：设，
因为f（x）＝﹣f（﹣x）﹣csx，
所以f（﹣x）＝﹣f（x）﹣csx，
所以f（x）﹣csxcsx＝﹣f（x）csx，
即g（x）为奇函数，
而，则g（x）在R上单调递增，f（π﹣x）＞f（x）+csx，
即，
即，
所以x的范围为（﹣∞，）．
故选：A．
【题型5 函数单调性与导函数图象的关系】
【例5】（2022•赫山区校级开学）如图所示是函数f（x）的导函数f′（x）的图象，则下列判断中正确的是（ ）
A．函数f（x）在区间（﹣3，0）上是减函数
B．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是减函数
C．函数f（x）在区间（0，2）上是减函数
D．函数f（x）在区间（﹣3，2）上是单调函数
【解题思路】根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）＞0时单调递增，f'（x）＜0时单调递减，依次判断选项即可．
【解答过程】解：由函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图像知，
A．x∈（﹣3，0）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，故A正确；
B．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，
所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，故B错误；
C．x∈（0，2）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，故C错误；
D．x∈（﹣3，2）时，f'（x）＜0或f'（x）＞0，
所以函数f（x）先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D错误．
故选：A．
【变式5-1】（2022春•平顶山期末）已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，且f'（x）是f（x）的导函数，则（ ）
A．f'（﹣1）＝f'（﹣2）＜0＜f'（1）＜f'（2）
B．0＞f'（2）＞f'（1）＞f'（﹣1）＝f'（﹣2）
C．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣1）＝f'（﹣2）
D．f'（2）＜f'（1）＜0＜f'（﹣2）＜f'（﹣1）
【解题思路】根据函数图象的特征，判断函数的单调性，进而判断导数的变化情况，即可得答案．
【解答过程】解：由函数图象可知，当x≤0时，函数y＝f（x）匀速递增，
故f′（x）是一个大于0的常数，
当x≥0时，函数y＝f（x）递减，且递减幅度越来越快，
∴f′（x）＜0，且y＝f′（x）单调递减，
则f′（2）＜f′（1）＜0＜f′（﹣1）＝f′（﹣2），
故选：C．
【变式5-2】（2022春•莆田期末）定义在（﹣1，3）上的函数y＝f（x），其导函数y＝f'（x）图象如右图所示，则y＝f（x）的单调递减区间是（ ）
A．（﹣1，0）B．（﹣1，1）C．（0，2）D．（2，3）
【解题思路】利用导函数的图像，即可得出答案．
【解答过程】解：由f′（x）的图像可知在（0，2）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故选：C．
【变式5-3】（2022春•遵义期末）函数f（x）的导函数为f'（x）的图象如图所示，关于函数f（x），下列说法不正确的是（ ）
A．函数在（﹣1，1），（3，+∞）上单调递增
B．函数在（﹣∞，﹣1），（1，3）上单调递减
C．函数存在两个极值点
D．函数有最小值，但是无最大值
【解题思路】由导函数的图像，分析原函数f（x）的单调性，最值，极值，即可得出答案．
【解答过程】解：由图像可知在（﹣∞，﹣1），（1，3）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（﹣1，1），（3，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，故A、B正确；
在x＝﹣1，x＝3处函数f（x）取得极小值，
在x＝1处函数f（x）取得极大值，故C错误；
函数的最小值为f（﹣1）和f（3）中的最小值，
因为x→+∞时，函数f（x）→+∞，
所以函数f（x）无最大值，故D正确，
故选：C．
【题型6 根据函数的单调性求参数】
【方法点拨】
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．
(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．
【例6】（2022•安徽开学）已知函数在上单调递增，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【解题思路】由函数的单调性可知导数f′（x）≥0在上恒成立，分离参数后，利用导数求的最小值即可得解．
【解答过程】解：由题意得，f′（x）＝﹣4sinx﹣mx2，
又f′（x）≥0在上，则﹣4sinx﹣mx2≥0，
∴．
令，可知当时，g（x）＜0，当x∈[π，2π]时，g（x）≥0，
当时，，
∴函数g（x）在上单调递增，
∴，则，
∴实数m的取值范围为．
故选：D．
【变式6-1】（2022春•清远期末）已知函数f（x）＝alnx+2x在[1，+∞）上单调递增，则实数a的最小值为（ ）
A．﹣2B．2C．﹣1D．1
【解题思路】求出原函数的导函数，问题转化为a≥﹣2x在x∈[1，+∞）时恒成立，再求出﹣2x在[1，+∞）上的最大值得答案．
【解答过程】解：由f（x）＝alnx+2x，得f′（x），
∵函数f（x）＝alnx+2x在[1，+∞）上单调递增，
∴，即a≥﹣2x在x∈[1，+∞）时恒成立，
而﹣2x在[1，+∞）上的最大值为﹣2，∴a≥﹣2，
即实数a的最小值为﹣2．
故选：A．
【变式6-2】（2022春•中山市校级月考）设函数在区间[a﹣1，a+1]上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，2]B．[4，+∞）C．（﹣∞，2]D．（0，3]
【解题思路】利用导数求函数的单调递减区间，再结合区间的包含关系，列式求实数a的取值范围．
【解答过程】解：，x＞0，令f'（x）≤0，得0＜x≤3，
因为函数在区间[a﹣1，a+1]上单调递减，
所以，故1＜a≤2，
所以a的取值范围为（1，2]．
故选：A．
【变式6-3】（2022春•道里区校级月考）若函数f（x）＝（x2﹣ax﹣a）ex在区间（﹣2，0）内单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．[1，+∞）B．[0，+∞）C．（﹣∞，0]D．（﹣∞，1]
【解题思路】结合导数与单调性关系可把问题转化为f′（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex≤0在（﹣2，0）上恒成立，分离常数后可求．
【解答过程】解：由题意得f′（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex≤0在（﹣2，0）上恒成立，
因为ex＞0，
即x2+（2﹣a）x﹣2a≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以（x﹣a）（x+2）≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以x﹣a≤0在（﹣2，0）上恒成立，
所以a≥x在（﹣2，0）上恒成立，
所以a≥0．
故选：B． 条件
恒有
结论
函数y＝f (x)在区间(a，b)上可导
f′(x)>0
f (x)在(a，b)内单调递增
f′(x)<0
f (x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f (x)在(a，b)内是常数函数