高考数学第一轮复习导学案(新高考)第20讲利用导数研究函数的单调性(原卷版+解析)

第20讲利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性设函数y＝f(x)在某个区间内可导，若f′(x)0，则f(x)为增函数，若f′(x)0，则f(x)为减函数．2.求可导函数f(x)单调区间的步骤：(1)确定f(x)的；(2)求导数f′(x)；(3)令f′(x)0(或f′(x)0)，解出相应的x的取值范围；(4)当时，f(x)在相应区间上是增函数，当时，f(x)在相应区间上是减函数．3.常用结论(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．(3)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．1、【2022年全国甲卷】已知a=31A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b2．【2022年新高考1卷】设a=0.1eA．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b1、.函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))2、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图，则函数y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的单调递增区间是()第2题图A.(－∞，－2]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))3、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()eq\a\vs4\al()ABCD4、下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A.f(x)＝sin2xB.g(x)＝x3－xC.h(x)＝xexD.m(x)＝－x＋lnx考向一求函数的单调区间例1、求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋3；(2)g(x)＝x2－2lnx.变式1、知函数f(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，求函数f(x)的单调区间．变式2、(1)函数f(x)＝eq\f(x－3,e2x)的减区间是()A.(－∞，2) B.(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.(3，＋∞)(2)设f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，讨论f(x)的单调性．3)已知x∈(0，π)，则函数f(x)＝excosx的增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))方法总结：1.利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数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．利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二给定区间求参数的范围例2、已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．变式1、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，求实数a的取值范围．变式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．变式3、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．变式4、(2022·河北省级联测)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在减区间，则m的取值范围是.方法总结：1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2.辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三函数单调区间的讨论例3、已知函数．当时，讨论的单调性；变式1、已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．变式2、已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．方法总结：对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2.会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四构造函数研究单调性例4、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是()A． B．C． D．变式1、（2022·重庆市育才中学模拟预测）（多选题）已知函数对于任意的都有，则下列式子成立的是（

）A． B．C． D．变式2、（2022·江苏盐城·三模）已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．方法总结：(1)对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；(2)对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(3)对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)g(x)；(4)对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,gx)(g(x)≠0)；(5)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝xf(x)；(6)对于不等式xf′(x)－f(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)1、（2022·广东惠州·二模）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．2、，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______3、（2022·江苏·南京市宁海中学二模）已知是可导的函数，且，对于恒成立，则下列不等关系正确的是（

）A． B．C． D．4、（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数，若且，则有（

）A．可能是奇函数，也可能是偶函数 B．C．时， D．第20讲利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性设函数y＝f(x)在某个区间内可导，若f′(x)>0，则f(x)为增函数，若f′(x)<0，则f(x)为减函数．2.求可导函数f(x)单调区间的步骤：(1)确定f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)令f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相应的x的取值范围；(4)当f′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数，当f′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减函数．3.常用结论(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．(2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．(3)对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．1、【2022年全国甲卷】已知a=31A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b【答案】A【解析】【分析】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b【详解】因为cb=4所以tan14>14设f(x)=cosf'(x)=−sinx+x>0，所以则f14>f(0)所以b>a,所以c>b>a，故选：A

2、【2022年新高考1卷】设a=0.1eA．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b【答案】C【解析】【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)−x，导数判断其单调性，由此确定【详解】设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为当x∈(−1,0)时，f'(x)>0，当x∈(0,+∞所以函数f(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(−110)<f(0)=0，所以ln910故a<b，设g(x)=xex+令ℎ(x)=ex(当0<x<2−1时，ℎ'当2−1<x<1时，ℎ'(x)>0又ℎ(0)=0，所以当0<x<2−1时，所以当0<x<2−1时，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故选：C.1、.函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))【答案】B【解析】因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，故f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2、函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图像如图，则函数y＝ax2＋eq\f(3,2)bx＋eq\f(c,3)的单调递增区间是()第2题图A.(－∞，－2]B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，3))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,8)，＋∞))【答案】D【解析】由题图可知d＝0.不妨取a＝1，∵f(x)＝x3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.由图可知f′(－2)＝0，f′(3)＝0，∴12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，∴b＝－eq\f(3,2)，c＝－18.∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6，y′＝2x－eq\f(9,4).当x＞eq\f(9,8)时，y′＞0，∴y＝x2－eq\f(9,4)x－6的单调递增区间为[eq\f(9,8)，＋∞).故选D.3、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()eq\a\vs4\al()ABCD【答案】D【解析】由f′(x)的图象可知f(x)的单调性为减→增→减→增，且极大值点为正，故选D.4、下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A.f(x)＝sin2xB.g(x)＝x3－xC.h(x)＝xexD.m(x)＝－x＋lnx【答案】C【解析】对于A，f(x)＝sin2x是周期函数，在区间(0，＋∞)上无单调性，不符合题意；对于B，g′(x)＝3x2－1.令g′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)，所以函数g(x)在区间(－∞，－eq\f(\r(3),3))，(eq\f(\r(3),3)，＋∞)上单调递增，在区间(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))上单调递减，不符合题意；对于C，h′(x)＝ex(x＋1).当x>0时，h′(x)>0，所以函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于D，m′(x)＝eq\f(1－x,x)(x>0).令m′(x)>0，得0<x<1，所以函数m(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，不符合题意．考向一求函数的单调区间例1、求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋3；(2)g(x)＝x2－2lnx.【解析】(1)∵f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，定义域为R，∴当f′(x)>0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))∪(1，＋∞)；当f′(x)＜0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).∴函数的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,3)))和(1，＋∞)，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).(2)g′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)，定义域为(0，＋∞)，令g′(x)＝0，解得：x＝1或x＝－1(舍去)，列表：x(0，1)1(1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)减极小值增∴函数的单调增区间是(1，＋∞)，单调减区间是(0，1)．变式1、知函数f(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx，求函数f(x)的单调区间．【解析】因为f(x)＝x＋eq\f(2,x)＋lnx(x>0)，所以f′(x)＝1－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2＋x－2,x2)(x>0).令f′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝1，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)的单调减区间为(0，1)，单调增区间为(1，＋∞).变式2、(1)函数f(x)＝eq\f(x－3,e2x)的减区间是()A.(－∞，2) B.(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞)) D.(3，＋∞)【答案】C【解析】因为f(x)＝eq\f(x－3,e2x)，所以f′(x)＝eq\f(7－2x,e2x)，令f′(x)<0，解得x＞eq\f(7,2).(2)设f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，讨论f(x)的单调性．【解答】由题得函数的定义域为R，f′(x)＝eq\f(2＋cosxcosx－sinx－sinx,2＋cosx2)＝eq\f(2cosx＋1,2＋cosx2).令f′(x)>0，得cosx>－eq\f(1,2)，即2kπ－eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)．令f′(x)<0，得cosx<－eq\f(1,2)，即2kπ＋eq\f(2π,3)<x<2kπ＋eq\f(4π,3)(k∈Z)．故f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(2π,3)，2kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(2π,3)，2kπ＋\f(4π,3)))(k∈Z)．3)已知x∈(0，π)，则函数f(x)＝excosx的增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))【答案】C【解析】因为f(x)＝excosx，所以f′(x)＝(cosx－sinx)ex，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(π,4)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减，所以f(x)在(0，π)上的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).方法总结：1.利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数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．利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二给定区间求参数的范围例2、已知函数f(x)＝x3－ax－1.若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．【解析】因为f(x)在R上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以a≤0，所以实数a的取值范围是(－∞，0].变式1、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间(－1，1)上为减函数，求实数a的取值范围．【解析】由题意，得f′(x)＝3x2－a≤0在区间(－1，1)上恒成立，即a≥3x2在区间(－1，1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3，所以实数a的取值范围是[3，＋∞).变式2、f(x)＝x3－ax－1若f(x)的单调减区间为(－1，1)，求实数a的值．【解析】由例题可知，f(x)的单调减区间为(－eq\f(\r(3a),3)，eq\f(\r(3a),3))，所以eq\f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3，故实数a的值为3.变式3、f(x)＝x3－ax－1若f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，求实数a的取值范围．【解析】因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间[1，＋∞)上不具有单调性，所以f′(x)＝0即a＝3x2在区间[1，＋∞)上有解．当x≥1时，3x2≥3，故实数a的取值范围是[3，＋∞).变式4、(2022·河北省级联测)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上存在减区间，则m的取值范围是.【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))【解析】f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex，则原问题等价于f′(x)<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即x2＋(m＋2)x＋m<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解，即m<eq\f(－x2－2x,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上有解．因为eq\f(－x2－2x,x＋1)＝－(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)，且y＝－(x＋1)＋eq\f(1,x＋1)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上单调递减，所以当x＝－eq\f(1,2)时，ymax＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋1))＋eq\f(1,－\f(1,2)＋1)＝eq\f(3,2)，所以m<eq\f(3,2).方法总结：1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2.辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三函数单调区间的讨论例3、已知函数．当时，讨论的单调性；【解析】函数的定义域为.，因为，所以，①当，即时，由得或，由得，所以在，上是增函数，在上是减函数；②当，即时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减；当时，在.上是单调递增；当时在，上是单调递增，在上是单调递减.变式1、已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．【解答】函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax2－a＋1x＋1,x)＝eq\f(ax－1x－1,x).①当0<a<1，即eq\f(1,a)>1时，若x∈(0,1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))，则f′(x)<0.所以函数f(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减．②当a＝1，即eq\f(1,a)＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当a>1，即0<eq\f(1,a)<1时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)，则f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))，则f′(x)<0.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))上单调递减．变式2、已知函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1，讨论函数f(x)的单调性．【解析】由题意，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1,x).①当a≥1时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；②当a≤0时，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a))(舍负)，则当x∈(0，eq\r(\f(1－a,2a)))时，f′(x)＜0；当x∈(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间(0，eq\r(\f(1－a,2a)))上单调递减，在区间(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增．综上，当a≥1时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，函数f(x)在区间(0，eq\r(\f(1－a,2a)))上单调递减，在区间(eq\r(\f(1－a,2a))，＋∞)上单调递增方法总结：对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2.会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四构造函数研究单调性例4、（多选题）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是()A． B．C． D．【答案】CD【解析】令，，则，因为，所以在上