【文档说明】考点37 利用导数求单调性（解析版）-2021年高考数学一轮复习（艺术生高考基础版）（新高考地区专用）.docx，共(21)页，1.078 MB，由管理员店铺上传

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考点37利用导数求单调性一．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，(1)若f′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递增函数；(2)若f′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)内是单调递减函数；(3)若恒有f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)

内是常数函数．注意：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则二．已知函数单调性求参数范围(1)已知可导函数f(x)在区间D上单调递增，则在区间D上f′(x)≥0恒成立；(2)已知可导函数f(x)在区间D上单调递减，则在区间D上f′(x)≤0恒成立；(3

)已知可导函数f(x)在区间D上存在增区间，则f′(x)>0在区间D上有解；(4)已知可导函数f(x)在区间D上存在减区间，则f′(x)<0在区间D上有解．考向一求单调区间（无参）【例1-1】（2020·江苏）函数()3244fxxxx=−+−的单调增区间是（）A．22,3−−

B．22,3−C．2,23D．2,23−【答案】C【解析】由()3244fxxxx=−+−得()2384fxxx=−+−，由()23840fxxx=−+−得23840xx−+，解得223x，因此函数()3244fxxxx=−+−的单调增

区间是2,23.故选：C.知识理解考向分析【例1-2】（2021·湖北高二开学考试）函数21()ln3fxxx=−的单调递减区间为（）A．6,2+B．66,22−C．60,2D．6,2−【答案】C【解析】(

)21()ln,03fxxxx=−22123(),33xfxxxx−=−=当()0fx时，解得602x，则函数21()ln3fxxx=−的单调递减区间为60,2.故选：C.【举一反三】1．函数

y＝4x2＋1x的单调增区间为()A．(0，＋∞)B.12，＋∞C．(－∞，－1)D.－∞，－12【答案】B【解析】由y＝4x2＋1x，得y′＝8x－1x2，令y′>0，即8x－1x2>0，解得x>12，∴函数y＝4x2＋1x

的单调增区间为12，＋∞.故选B.【方法总结】利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，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，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间

．(3)若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．2．（2021·全国课时练习）函数()

32133fxxxx=−++的单调递增区间为（）A．()3,1−B．()1,3−C．(),1−−和()3,+D．(),3−−和()1,+【答案】B【解析】函数()32133fxxxx=−++的定义域为R，且()223fxxx=−++

.由()0fx，可得2230xx−−，解得13x-<<.所以，函数()fx的单调递增区间为()1,3−.故选：B.3．（2021·江苏常州市·）设函数2()lnfxaxbx=+，若函数()fx的图象在点(1，(1)f)处的切线方程为y=x，则函数()yfx=的增区间为（）A．(0，1

)B．(0，22)C．(22，+)D．(22，1)【答案】C【解析】2()lnfxaxbx=+的定义域为()0+，，()2afxbxx=+∵函数()fx的图象在点(1，(1)f)处的切线方程为y=x，∴()()11121fbfab===+=解得：11b

a==−∴1()2fxxx=−+欲求()yfx=的增区间只需()120fxxx+=−，解得：22x即函数()yfx=的增区间为(22，+)故选：C考向二已知单调性求参数【例2-1】（2020·河南新乡市·高三一模（理））已知函数()22lnfxxx=

−，若()fx在区间()2,1mm+上单调递增，则m的取值范围是（）A．1,14B．1,4+C．1,12D．)0,1【答案】A【解析】因为()22lnfxxx=−的定义域为()0,+，()14fxxx=−，由()0fx，得140

xx−，解得12x，所以()fx的递增区间为1,2+．由于()fx在区间()2,1mm+上单调递增，则()12,1,2mm++，所以12122mmm+，解得114m.因此，实数m的取值范围是1,14．

故选：A.【例2-2】（2021·陕西西安市·长安一中）若函数2()lnfxxmx=−在(0,1]上为减函数，则实数m的取值范围是（）A．[2,)+B．(2,)+C．(,2]−D．(,2)−【答案】A

【解析】由题意得，'()20mfxxx=−在(0,1]x上恒成立，所以22mx在(0,1]x上恒成立，因为22x在(0,1]的最大值为2，所以2m.故选：A.【例2-3】．（2020·江西省修水县英

才高级中学高三月考（文））若函数21()ln2fxxxbx=+−存在单调递减区间,则实数b的取值范围为()A．[2,)+B．(2,)+C．(,2)−D．(,2]−【答案】B【解析】由21()ln2fxxxbx=+−，可得2'1()(0)x

bxfxxx−+=，由题意可得存在0x＞，使得2'1()0xbxfxx−+=，即存在0x，使得210xbx−+，等价于1bxx+，由对勾函数性质易得2b，故选B.【举一反三】1．（2020·安徽高三月考（文））设函数2

()lnfxxax=−在(1,)+上单调递减，则实数a的取值范围是（）A．10,2B．1,2+C．(0,1]D．[1,)+【答案】B【解析】函数2()lnfxxax=−在(1,)+上单调递减，当(1,)x+时，212()0axfxx−=，21

2ax在(1,)x+时恒成立，即2max12ax，(1,)x+，又212yx=在()1,+单调递减，故max211212y==，故1,2a+．故选：B．2．（2020·安徽高三月考（文））若函数()24lnfxxxbx=−+

+在()0,+上是减函数，则b的取值范围是（）A．(,2−−B．(),2−−C．()2,−+D．)2,−+【答案】A【解析】∵2()4lnfxxxbx=−++在()0,+上是减函数，所以()'0f

x在()0,+上恒成立，即'()240bfxxx=−++，即224bxx−，∵22242(1)22xxx−=−−−，∴2b−，故选：A.3．（2021·山东高三专题练习）函数32123yxxmx=+++是R上的单调函数，则m

的范围是（）A．(,1)−B．(,1]−C．(1,)+D．[1,)+【答案】D【解析】函数32123yxxmx=+++是R上的单调函数，即220yxxm=++或220yxxm=++(舍)在R上恒成立440m=−，解得m1故选：D4．（2021·南昌市新建一

中高二期末（理））已知函数23()2ln(0)xfxxxaa=−+，若函数()fx在1,2上单调递减，则a的取值范围是（）A．2,5+B．20,5C．(0,1]D．[1,)+【答案】D【解析】31()4(0)fxxxax=−+，因为函数()fx在1

,2上单调递减，所以3140xax−+，即314xax−，令1()4gxxx=−，由于114,yxyx==−在1,2都是增函数，所以1()4gxxx=−在1,2单调递增，所以()(1)3gxg=，所以33a，又0a，解得1a.故选：

D.考向三单调性的应用【例3-1】（2021·河南高三期末（文））已知函数2()−=+−xxfxeex，则不等式(2)(2)fmfm−的解集为（）A．2(,2),3−−+B．2,(2,)3−

−+C．22,3−D．2,23−【答案】A【解析】2()xxfxeex−−=+−()fx=，()fx是偶函数，()2−=−−xxfxeex，设()2xxgxeex−=−−，则()222

0xxxxgxeeee−−=+−−=，所以()gx是增函数，0x时，()(0)0gxg=，即0x时，()0fx，所以在[0,)+上，()fx是增函数．又()fx是偶函数，所以不等式(2)(2)fmfm−化为(2)(2)fmfm−，所以22mm−，解得2m−或23m．故

选：A．【例3-2】（2021·湖北开学考试）已知04a且ln44lnaa=，03b且ln33lnbb=，224c，则（）A．cabB．bcaC．cbaD．abc【答案】A【解析】

设()lnxfxx=，则()()21ln0xfxxx−=，令()0fx，解得0xe，令()0fx，解得xe，即函数()fx在(0,)e上单调递增，在(,)e+上单调递减，因为ln44lnaa=，所以lnln42ln2l

n2442aa===，即()(2)(4)faff==，因为04a，所以24ae=，因为ln33lnbb=，03b，所以3lnln3bb=，()(3)fbf=，0be，结合函数()fx的单调性易知()(3

)(4)()fbfffa==，即2ab=，因为224c，所以12c，cab，故选：A.【举一反三】1．（2021·江苏启东市·高三期末）已知4ln04aa−=，3ln03bb−=，2ln02cc−=

，则（）A．cbaB．bcaC．abcD．acb【答案】C【解析】令()lnfxxx=−，11()10xfxxx−=−==，1x=01x时，()0fx，则()fx在(0,1)上递减，1x时，()0fx，则()fx在(1

,)+上递增，由4ln04aa−=可得04a，4ln4aa−=化为ln4ln4aa−=−∴()(4)faf=，则01a，同理()(3)fbf=，01b；()(2)fcf=，01c，因为4321，所以()()()432fff，可得()()()fafbfc，因为

()fx在(0,1)上递减，，∴abc，故选：C．考向四图像问题【例4】（2021·广西百色市=）()fx的导函数()fx的图象如下图所示，则函数()fx的图象最有可能是图中的（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由()fx的图象可知：当(,2)(0,)x−−+

时，()0fx，当()2,0x−时，()0fx，所以()fx在(,2)−−和(0,)+单调递减，在()2,0−单调递增，可排除B、C、D．故选：A．【举一反三】1．（2021·陕西咸阳

市）已知函数()fx的导函数为()fx，若()yfx=的图象如图所示，则函数()yfx=的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由导函数得图象可得：0x时，()0fx，所以()fx在(),0−单调递减，排除选项A

、B，当0x时，()fx先正后负，所以()fx在()0,+先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选：D.2．（2021·江苏南通市）己知函数()fx的图象是下列四个图象之一，且其导函数()yfx=的图象

如下图所示，则()fx的图象是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】函数()fx的图象可知在()2,1−−上，()0fx，()fx逐渐变大，故函数()fx单调递增，增加速度越来越快；在()1,0−上，()0fx，(

)fx逐渐变小，故函数()fx单调递增，增加速度越来越慢；在()0,1上，()0fx，()fx逐渐变小，函数()fx单调递减，递减速度越来越快；在()1,2上，()0fx，()fx逐渐变大，函数()fx单调递减，递减速度越来越慢；故选：

A.3．（2021·天津河东区）若函数()yfx=图象如图所示，则()yfx=图象可能是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由()yfx=图象可得：在(,)b−上()0fx，在(,)b+上()0

fx，根据原函数图象与导函数图象关系可得：()yfx=图象在(,)b−上为增函数，在(,)b+上为减函数，可排除A、D，且在x=0处，()0fx=，即在x=0处，()yfx=的切线的斜率为0，可排除B

，故选：C1．（2020·重庆市凤鸣山中学高三月考）函数()2cossin2fxxx=+的一个单调递减区间是（）A．62，B．0,6C．2,D．5,6【答案】A【解析】()2cossin2fxxx=+，该函数的定义域为R，()()

()222sin2cos2212sin2sin22sinsin1fxxxxxxx=−+=−−=−+−()()2sin12sin1xx=−+−，1sin1x−，可得sin10x+，强化练习令()0fx，可得2sin10x−，即1sin2x，解得()52266kxkkZ

++.所以，函数()yfx=的单调递减区间为()52,266kkkZ++.当0k=时，函数()yfx=的一个单调递减区间为5,66，5,,6266，对任意的kZ，50,2,266

6kk++，5,2,2266kk++，55,2,2666kk++，故函数()yfx=的一个单调递减区间为26,.故选：A.2．（

2021·石嘴山市第三中学高三月考（理））若曲线()21xefxax−=+在点()()1,1f处的切线过点()1,0−，则函数()fx的单调递减区间为（）A．(),0−B．()0,+，(-1，0)C．()

(),11,0−−−UD．()(),1,1,0−−−【答案】D【解析】因为()21xefxax−=+，所以222(1)()(1)xxeaxeafxax−−+−=+22(1)(1)xeaxaax−+−=+，所以切线的斜率12(1)(1)ekfa−

==+，又曲线()21xefxax−=+在点()()1,1f处的切线过点()1,0−，所以(1)011fk−==+12(1)ea−+，所以112(1)2(1)eeaa−−=++，解得1a=，所以()21xefxax−=+21xex−=+,22()(1)xxefxx−=+,由()0fx

得0x且1x−，所以函数()fx的单调递减区间为(,1)−−，(1,0)−.故选：D3．（2020·江苏淮安市·高三期中）若幂函数()fx的图象过点21,22，则函数()()exfxgx=的递减区间为（）A．()0,2B．(),0−和()2,+C．()2,0−D

．()(),02,−+【答案】B【解析】因为()fx为幂函数，且过点21,22，所以设()fxx=，所以21=22，所以2=，所以()2fxx=，所以2()exxgx=，则(2)()

exxxgx−=，当2x或0x时，()0gx；当02x时，()0gx，所以()()exfxgx=的递减区间为(),0−和()2,+，故选：B.4．（2021·全国课时练习）若函数()()3230,fxaxxxbab=+++R恰好有三个不同的单调区间，则实数a的取值

范围是（）A．()()0,33,+B．)3,+C．(0,3D．()0,3【答案】D【解析】由题意得()()23610fxaxxa=++，函数()fx恰好有三个不同的单调区间，()fx有两个不同的零点，所以，361200

aa=−，解得0<<3a.因此，实数a的取值范围是()0,3.故选：D.5．（2020·浙江高三月考）已知函数3211()(,,,)32fxaxbxcxdabcd=+++R的单调递增区间是(3,

1)−，则（）A．abcB．bcaC．bacD．acb【答案】C【解析】由题可得2()fxaxbxc=++，则()0fx的解集为(3,1)−，即()(3)(1)0fxaxx=+−=，0a，可得2,3baca==−，∴

bac，故选:C．6．（2020·盂县第三中学校高三月考（理））已知函数3()fxxax=−在)1,x+上单调增函数，则a的取值范围为（）A．(,1)−B．(,1]−C．(,3)−D．(,3]−【答案】D【解析】

由()3fxxax=−，可得()23fxxa=−，又因为()3fxxax=−在)1+，上是单调增函数，只需()230fxxa=−在)1+，上恒成立，又()23fxxa=−在)1+，上单调递增，所以()130,3faa=−故a的取值范围为(,3−

，故选：D7．（2021·全国高二课时练习）已知函数2()lnfxxxax=++的单调递减区间为1(,1)2，则a的值为（）A．(,3)−−B．3−C．3D．(,3)−【答案】B【解析】由题得1()20fxxax=++的解集为1(,1)2，所以不等式2

210xax++的解集为1(,1)2，所以11,322aa+=−=−故选：B8．（2021·全国高三开学考试（文））“4m”是“函数()22lnfxxmxx=−+在()0,+?上单调递增”的（）A．

充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若2()2lnfxxmxx=−+在(0,)+上单调递增，则1()40fxxmx=−+对任意的(0,)x+恒成立，∴有14xmx+对任意的(0,)x

+恒成立，即min14mxx+，而114244xxxx+=当且仅当12x=时等号成立，则4m.∴“4m”是“函数()22lnfxxmxx=−+在()0,+?上单调递增”的充分不必要条

件.故选：A．9．（2021·江西赣州市）已知函数3()1fxxax=−+，若()fx在R上为增函数，则实数a的取值范围是（）A．(,1]−B．(,1)−C．(,0)−D．(,0]−【答案】D【解析】()

fx在R上为增函数，故2()30fxxa=−在R上恒成立，即23ax恒成立，而)230x+，，故0a.故选：D.10．（2021·全国课时练习）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（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由

图可知当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，对照图象，D选项符合.故选：D.11．（2021·山东滨州市·）若定义在R上的函数

()yfx=的图象如图所示，()fx为函数()fx的导函数，则不等式()()20xfx+的解集为（）．A．()()(),32,11,−−−−+B．()()3,11,−−+C．()()3,10,1−−D．()()3,21,1−−−【答案】A【解析】由图像可知：()fx在

（-3，-1），（1，+∞）为正，在（-∞，-3），（-1,1）为负.()()20xfx+可化为:20()0xfx+或20()0xfx+解得:-2<x<-1或x>1或x<-3故不等式的解集为：()()(),32,11,−−−−+.故选：A12．（20

21·陕西西安市·长安一中）已知函数()fx的导函数是'()fx，'()fx的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．函数()fx在(2,1)−−上单调递减B．函数()fx在3x=处取得极大值C．函数()fx在(1,1)

−上单调递减D．函数()fx共有4个极值点【答案】C【解析】对于选项A，由导函数的图象得函数()fx在(2,1)−−上单调递增，故A错误；对于选项B，由导函数的图象得函数()fx在(1,3)上单调递增，在(3,)+上单调递增，所以3x=不是()fx的极值点，故B错

误；对于选项C，由导函数的图象得函数()fx在(1,1)−上单调递减，故C正确；对于选项D，由导函数的图象得函数()fx共有3个极值点，3,1xx=−=是极小值点，1x=−是极大值点，故D错误.故选：C.13．（2021·西安市第八十三中学）函数()yfx

=在定义域3(,3)2−内可导，其图象如图所示，记()yfx=的导函数为()yfx=，则不等式()0fx的解集为（）A．1[,1][2,3)3−B．148[1,][,]233−C．31[,][1,2]22−D．3114[,][,]23

23−−【答案】A【解析】由题意可知，求函数的单调减区间，根据图象，()0fx解集为1,1[2,3)3−，故选：A．14（多选）．（2020·江苏盐城市·高三期中）函数()()2122ln2fx

axaxx=−++单调递增的必要不充分条件有（）A．2aB．2a=C．1aD．2a【答案】AC【解析】由函数()()2122ln2fxaxaxx=−++在区间()0,+单调递增，则()()()222220axaxfxaxaxx−++=−++=在区间()0,+恒成立，即()

2220axax−++在区间()0,+恒成立，①当0a=时，2201xx−+，不满足题意；②当0a时，()()222210axaxaxxa−++=−−，又20a，即()2101xxxa−−

，不满足题意；③当0a时，()()222210axaxaxxa−++=−−，又20a，()2220axax−++在区间()0,+恒成立，则()()2228202aaaa=+−=−=，综上：函数()()2122ln2fxaxa

xx=−++单调递增的充要条件为2a=，故选：AC.15．（2021·全国课时练习）若函数()32fxxbxcxd=+++的单调递减区间为()1,3−，则bc+=_________．【答案】12−【解析】由题意2()32fxxbxc

=++，所以2320xbxc++=的两根为1−和3，所以2133133bc−=−+=−，所以3,9bc=−=−，12bc+=−．故答案为：12−．16．（2020·广西桂林市·逸仙中学）函数2()ln(3

)fxxax=−−在(1,)+上单调递增，则实数a的取值范围是______.【答案】(,2−−【解析】由2()ln(3)fxxax=−−在(1,)+上单调递增可知12ax=，即2a设()23gxxax=−−，则()10g，即20a−−，解得2a−综上所述，2a−故答案为

：(,2−−17．（2021·西安市第八十三中学）若函数2()()xfxxaxe=−+在区间（-1，1）上存在减区间，则实数a的取值范围是________.【答案】3,2−【解析】2()()xfxxaxe=−+，则()22xfxexaxxa=−+−+，函数2()()

xfxxaxe=−+在区间（-1，1）上存在减区间，只需220xaxax−++−在区间()1,1−上有解，，记()()22gxxaxa=−+−+，对称轴22ax−=，开口向下，()()112=10gaa

−=−−−+只需()10g，所以120aa−+−+，解得32a，故答案为：3,2−18．（2021·全国课时练习）已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增

区间是________.【答案】()1,2−和()4,+【解析】由y＝f′(x)的图象可得当()1,2x−和()4,+时，()0fx，此时()fx单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间是()1,2−和()4,+.故答案为：()1,2−和()

4,+.