2023年高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用2导数与函数的单调性练习含解析

导数与函数的单调性考试要求1.结合实例，借助几何直观了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，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．知识梳理1．条件

恒有 结论

f′(x)>0f′(x)<0f′(x)＝0

f(x)在区间(a，b)上单调递增f(x)在区间(a，b)上单调递减f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．若函数思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)如果函数)在某个区间内恒有则)在此区间内没有单调性．(√)(2)在()≤0且＝0√)(3)若函数)在定义域上都有，则函数R上是增函数．(√)1教材改编题是的导函数，若的图象如图所示，则的图象可能( )答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；11∴f(x)单调递增．函数的单调递增区间答案(1，＋∞)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x－1)ex，得当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．1 3若函数(＝3－2＋a＋4的单调递减区间－1,4，则实数a的值 ．3 2答案－4解析)23，且1,4)－3≤0的[－1,4]，∴－1,4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.题型一不含参数的函数的单调性例1(1函数(＝2lnx的单调递减区间( )A．(0,1) B．(1，＋∞)2C．(－∞，1)答案A

D．(－1,1)f x x2解析∵′()＝2x2x＋1＝ x

x－1

(x>0)，得∴当x∈(0,1)当x∈(1，＋∞)fx lnx＋1 fx若函数

()＝ ex

()的单调递减区间为 ．答案(1，＋∞)解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，1 xx－ln－1ex令φx 1 x x()＝x－ln－1(>0)，φ x 11′()＝－－<0，xφ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)x∈(1，＋∞)∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．教师备选(2022·ft师附中质检)若幂函数

2，，则函数

fx的单调递增区间( A．(0,2)B．(－∞，0)∪(2，＋∞)C．(－2,0)D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)答案A

2 2 ex 21

，，2 1则 ＝，解得＝，2 232，exg x

x2－x，则′(

)＝ ＝e2x ex令g′(x)>0，解得0<x<2，∴函数g(x)的单调递增区间为(0,2)．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1(1)已知定义在区上的函数则的单调递增区间为 ．

5π 答案0，6，6解析f′(x)＝1－2sinx，x∈(0，π)．f x xπ

x5π令′()＝0，得＝6或

＝6，xπ f x0<6时，′()>0，πx5π f x6<<5π当 x

时，′(f

)<0，x6<<π

)>0，fx

5π

π5上单调递减．0，6和66，6(2)函数)(1)e2的单调递增区间 ，单调递减区间 答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2)解析f(x)的定义域为R，f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，得xxx(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)f(x)＋0－0＋单调递增单调递减单调递增∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)．题型二含参数的函数的单调性41例2已知函数(＝a1)＋ln，>，试讨论函数＝)的单调性．2解函数的定义域为(0，＋∞)，f x ax a

1a－1＋1′()＝

－(xax－1＝ x

x－1.f x x1 x令′()＝0，得＝a或＝1.a 1①当0<<1时，a>1，x 1 时，′()>；∴∈(0,1)和a，＋∞x 时，)<，∈1，afx 1 上单调递增，∴函数

()在(0,1)和a，＋∞ 在1，a上单调递减；a 1②当＝1时，a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；a 1③当>1时，0<a<1，x 和()>；∴∈0，ax1 时，)<，∈a，1fx 和(，＋∞)上单调递增，∴函数()在0，a1 在a，1上单调递减．a fx

1

上单调递减；

<1

()在(0,1)和a，＋∞上单调递增，在1，a当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；a fx

1

上单调递减．当>1

()在0，a和(1，＋∞)上单调递增，在a，1延伸探究若将本例中参数a的范围改为，其他条件不变，试讨论5解当a>0时，讨论同上；当a≤0时，ax－1<0，∴x∈(0,1)时，f′(x)>0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；a fx

1

上单调递减；

<1

()在(0,1)和a，＋∞上单调递增，在1，a当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；a f

1

上单调递减．当>1

()在0，a和(1，＋∞)上单调递增，在a，1教师备选讨论下列函数的单调性．解f x a′()＝1－x＝x，得①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递增．R，得或①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(ln2，a)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减．②当a＝ln2时，g′(x)≥0恒成立，R上单调递增，6③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，g′(x)>0，x∈(a，ln2)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减．综上，当a>ln2时，g(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，g(x)在R上单调递增；当a<ln2时，g(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减．思维升华(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．fx x2a x a fx跟踪训练2已知函数

()＝－x＋(2－ln)，＞0.讨论()的单调性．解由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，f x 2

a2－a＋2′()＝1＋－＝ ，2 x 2设()＝－a＋，()0的判别式＝－8.①当，即2时，对一切都有此时0，＋∞)上单调递增．②当，即2时，仅对2，有f′(x)＝0，对其余的x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当，即2时，方程x－2－8x＋2－8 xx2＝ ，＝21 2 2

，0＜＜.1 2xxx(0，x)1x1(x，x)1 2x2(x，＋∞)2f′(x)f(x)＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增fx

－－

0， 2

上单调递增，在－2－8＋2－上单调递减， 2 ， 2 在＋2－8 上单调递增． 2 7题型三函数单调性的应用命题点1比较大小或解不等式3(1)已知函数，则f

(1，f 的大小关系( 5 3

>(1)f

－3 5B．f(1)>f

>f

－3 5C．f

>(1)f 5 －3Df >f

f－3答案A

5>(1)解析因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f ＝f

x ＝sico>，所以函数－3

3

∈0，2fx

上单调递增，所以f

f

f

f

>(1)f()在0，2

5

(1)<

3，即

－3 5.(2)已知函数)e－－＋，则不等式(2－3)>1的解集 ．3 答案

，＋∞2解析(＝e－e－－2＋1，定义域为＝e＋e－－2≥2e·e－－＝0，当且仅当“＝”，R上单调递增，又f(0)＝1，∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，x x3即2－3>0，解得

>，23，＋.∴原不等式的解集2 命题点2根据函数的单调性求参数的范围1

1 例4已知函数(＝2＋aln(2

，2a的取值范3围为 ．4 答案

，＋∞38f x x a1 1 上恒成立，3解析由题意知3

′()＝＋2，2a x11 上恒成立，32在，23－＋＝，∵ x 8－＋＝， max 3a8 a4∴2≥，即≥.3 3延伸探究在本例中，把“()在区间1 上单调递增”改为“在区间1 上存在33，233单调递增区间”，求a的取值范围．解f x x a1′()＝＋2

－x，fx 1 上存在单调递增区间，若()在，23x1 时，′()>0有解，则当∈，23a x1即2>－＋x有解，x1 ，∵∈，23∴－＋∴－＋

1 3＝－2＋＝－ min 2 ＝－2＋＝－a 3 a 3∴2>－，即>－，2 a

3 .4故的取值范围是－，＋∞4教师备选

π1．若函数(＝e(si＋在区－2，2上单调递增，则实数a的取值范围( )A．(1，＋∞)C．[1，＋∞)答案C解析由题意得f′(x)＝ex(sinx＋a)＋excosx

B．[2，＋∞)D．(－＝

π x 2sin＋4x 9fx π上单调递增，22f x π上恒成立，又>0，∴′()≥022x

π上恒成立，∴2sin＋4

≥022x

π时，当∈22xπ

π3，＋4∈－4，4x

2 ，∴sin

＋4∈－

，1x

＋∈(＋，2，∴

＋4∴－1＋a≥0，解得即a∈[1，＋∞)．2(2022·株州模若函数)a3x恰有3个单调区间则a的取值范围 答案(－∞，0)解析由(＝a＋，得＝3a＋1.－ －13若则恒成立，此时－ －131－a，3由f′(x)<0，得x<－

1

1a fx

3 3a3－ a3

－1，即当<0时，(

)的单调递增区间为

－， 11 33单调递减区间为－∞，－33

－a，

－a，＋∞，满足题意．思维升华根据函数单调性求参数的一般思路子集．()为增(减)函数的充要条件是对任意的∈()≥0)≤0)，解．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．3(1)已知定义域为R的连续函数)的导函数为)，且满足′x<0，m10当时，下列关系中一定成立的( 答案D解析由′x<0，得m又m<0，则(x－3)f′(x)>0，所以f(2)＋f(4)>2f(3)．fx lnx aa a的(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数

()＝x在(，＋1)上单调递增，则实数取值范围答案[0，e－1]fx lnx解析由函数

()＝x，f x 1－lnxx得′()＝x2(>0)，由f′(x)>0得0<x<e，由f′(x)<0得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，fx lnx aa又函数

()＝x在(，＋1)上单调递增，aa ≥0，则(，

＋1)(0，e)，则＋1≤e，解得0≤a≤e－1.课时精练函数的单调递减区间( ) 1 eeA.－∞，ee

B.

，＋∞11 eC.0，e

D．(e，＋∞)答案C解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，f x x1令′(

)<0，得0<<，efx

.所以()的单调递减区间为0，e已知函数)(ee－，则)( A．是奇函数，且(0，＋∞)上单调递减B．是奇函数，且(0，＋∞)上单调递增C．是偶函数，且(0，＋∞)上单调递减D．是偶函数，且(0，＋∞)上单调递增答案D解析因为(R，定义域关于原点对称，且＝((x＝()，所以(当>0)e－(e)>，0，＋∞)上单调递增．3．(2022·长沙调)已知函数的图象如图所(其中是函数的导函数)．下面四个图象中的图象大致( )12答案C解析列表如下：x(－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·深圳质若函数()＝2lx在区(，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围( )A．[－1，＋∞)C．(－∞，－2]答案C

B．(－∞，－1]D．[－2，＋∞)解析∵)＝＋4＋lx在(，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，b即f′(x)＝－2x＋4＋x≤0，即≤24，∵2－4＝2(－1)－2≥，≤2.

xfx

－xfx多选如果函数对定义域内的任意两实数x(x≠x)都有1 1 2 2 >0，1 2 1 2

x－x1 2则称函数为“F函数”．下列函数不是函数”的( A()＝x B)＝2C．f(x)＝lnx答案ACD

D．f(x)＝sinx解析依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，131)上单调递减，故A对于，)3在R上单调递增，故BF函数”；x )<，当∈0，eC函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，xπ 当∈－2D函数”．6．(多选)(2022·河北衡水中学月)下列不等式成立的( )2332A．2ln

<ln2 B.2ln3<22C．5ln4<4ln5 答案ADfx lnxx解析设

()＝x(>0)，f x 1－lnx则′(＝2 ，所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．3因为<2<e，2所以f<(2332ln

<ln2，故选项A正确；22因为2<3<e，所以f(2)<f(3)，即2ln3>3ln2，故选项Be<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln4>4ln5，故选项C不正确；因为e<π，即π>elnπ，故选项D1417．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数)＝33＋m2＋n＋1的单调递减区间是(－3,1)，则的值答案－2解析)22m＋，由f(x)的单调递减区间是(－3,1)，得f′(x)<0的解集为(－3,1)，则－3,1是f′(x)＝0的解，∴－2m＝－3＋1＝－2，n＝1×(－3)＝－3，可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数.x)；12 1 2②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；③f′(x)是奇函数．答案(＝)2(N*解析取(＝4，则xx)xx)＝＝x(x)，满足①，12 12 12 1 2＝43，>0时有′()>，满足②，＝43的定义域为R，又)＝4＝－′()，故)是奇函数，满足③.1已知函数)＝－ln－2.2当若函数在(0，＋∞)上单调递增，求实数a解(1)当1()＝22ln－，2x x2

232则′()＝

xx－1＝

x－2x

(x>0)．当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以(0,1)和(2在(0，＋∞)上单调递增，15x f

ax2a x则′()＝′()－

＝x－2≥0在∈(0，＋∞)上恒成立．2－2－2a即 xx ≥0在∈(0，＋∞)上恒成立．所以－2－2≥0在∈(0，＋∞)上恒成立，1 1 1所以≤(2－2)＝(1－恒成立2 2 21 1令)＝(1)2－2 21 a 1 则其最小值为－，故≤－.2 a

.所以实数

的取值范围是－∞，－2fx ＋a＋aa已知函数

()＝ ex ，∈R.(1)若处的切线与直线垂直，求a(2)讨论f x －2－2x解(1)

′()＝ ，exf ∴′(1)＝e ，f

－a＋1依题意

′(1)＝－1，即 e

＝－1，解得f x －2－－2x－[＋－2] ′()＝ ＝ .ex ex若2－a>0，即a<2，当x∈(－∞，0)∪(2－a，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(0,2－a)时，f′(x)>0；若2－a＝0，即a＝2，f′(x)≤0；若2－a<0，即a>2，当x∈(－∞，2－a)∪(0，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(2－a,0)时，f′(x)>0.综上有当时，2－a)，(0R上单调递减；当a<2时，f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)上单调递减，在(0,2－a)上单调递增．161若函数(＝ln－a22x[1,4上存在单调递减区间则实数a的取值范围( )27 A.

B．(－1，＋∞)C．[－1，＋∞)

D.－

，＋16答案B16解析因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，h x 1ax所以′()＝x－－2<0在[1,4]上有解，x a12所以当

∈[1,4]时，>－有解，2 xx∈[1,4]

121 － 2 xx －1－

＝－1(此时x＝1)，2

min，所以a－1，＋∞)．12．(2022·南京师范大学附属中学月考)设函数fx

x2，若(log

2)，b＝()＝cos＋2 13(log2)＝(e0.2，则，c的大小关系( )5答案A解析由题意可知，1(＝cos)＋(－221＝co＋2＝)，2所以函数f(x)为偶函数，所以log 2)＝f(－log2)＝f(log2)，1 3 33又f′(x)＝－sinx＋x，x )>，当∈0，2fx 上单调递增，即()在0，2170<log2<log2<1，5 35 π π1＝e0<e0.2<

25＝2，所以由单调性可得b<a<c.13．函数的单调递增区间．

π 答案－626解析因为所以cos>，－π≤0，

co<，－π≤0，πx 5πx π

fx x xx6<≤062，所以函数

()＝2sin－cos2，∈[－π，0]的单调递增

π －62614．(2022·丽水模)设函数()ln＋＋2若(为定义域上的单调函数，则实数a的取值范围．答案(－∞，2]解析∵f(x)为定义域上的单调函数，∴f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立，又()＝ln＋2，＋∞)且1x＋a∴f′(x)≥0恒成立，1＋2x≥0≥0.min又111≥2

2－2a，当且仅当x＝－a