資源簡介

專題3.2 導數與函數的單調性【七大題型】
【新高考專用】
【題型1 不含參函數的單調性、單調區間】 2
【題型2 含參函數的單調性】 3
【題型3 根據函數的單調性求參數】 4
【題型4 函數與導函數圖象之間的關系】 4
【題型5 函數單調性的應用——比較大小】 6
【題型6 函數單調性的應用——解不等式】 6
【題型7 導數關系構造函數解不等式】 7
1、導數與函數的單調性
考點要求 真題統計 考情分析
(1)結合實例，借助幾何直
觀了解函數的單調性與導數的關系
(2)能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)
(3)會利用函數的單調性判斷大小，求參數的取值范圍等簡單應用 2022年新課標I卷：第7題，5分 2022年全國甲卷：第12題，5分 2023年新課標Ⅱ卷：第6題，5分 2024年新課標I卷：第10題，6分 導數與函數是高中數學的核心內容，是高考?？嫉臒狳c內容，從近三年的高考情況來看，本節內容在高考中常涉及的問題有：利用導數研究函數的單調性、求函數的單調區間、利用函數的單調性判斷大小、解不等式、求參數范圍等；此類問題體現了分類討論、轉化與化歸等數學思想，此類問題在選擇、填空、解答題中都有考查，而在解答題中時往往在第一小問中呈現，此時試題整體難度較大.
【知識點1 導數中函數單調性問題的解題策略】
1.確定函數單調區間的步驟；
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區間；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區間.
2.含參函數的單調性的解題策略：
(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.
(2)若導函數為二次函數式，首先看能否因式分解，再討論二次項系數的正負及兩根的大小；若不能因式分解，則需討論判別式△的正負，二次項系數的正負，兩根的大小及根是否在定義域內.
3.根據函數單調性求參數的一般思路：
(1)利用集合間的包含關系處理：y=f(x)在(a,b)上單調，則區間(a,b)是相應單調區間的子集.
(2)f(x)為增(減)函數的充要條件是對任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)內的任一非空子區間上，f'(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解.
(3)函數在某個區間上存在單調區間可轉化為不等式有解問題.
【知識點2 導數中函數單調性的應用】
1.比較大?。?br/>利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小.
2.解不等式：
與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中若存在f(x)與f'(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數研究新函數的單調性，從而求解不等式.
【解題方法與技巧】
導數關系構造函數的一些常見結構：
(1)對于不等式f'(x)+ g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)+g(x).
(2)對于不等式f'(x)-g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)-g(x).
特別地，對于不等式f'(x)> k，構造函數F(x)= f(x)-kx.
(3)對于不等式f'(x)g(x)+ f(x) g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)·g(x).
(4)對于不等式f'(x)g(x)-f(x) g'(x)>0，構造函數F(x)=.
(5)對于不等式xf'(x)+nf(x)>0，構造函數F(x)=.
(6)對于不等式f'(x)+f(x)>0，構造函數F(x)=.
(7)對于不等式f'(x)+kf(x)>0，構造函數F(x)=.
【題型1 不含參函數的單調性、單調區間】
【例1】（2024·浙江·模擬預測）函數的單調遞增區間是（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-1】（2024·上海靜安·二模）函數（　?。?br/>A．嚴格增函數
B．在上是嚴格增函數，在上是嚴格減函數
C．嚴格減函數
D．在上是嚴格減函數，在上是嚴格增函數
【變式1-2】（2024·全國·模擬預測）下列函數是奇函數且在上單調遞減的是（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-3】（2024·四川成都·三模）已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則當時，的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
【題型2 含參函數的單調性】
【例2】（2024·遼寧鞍山·二模）已知函數，．
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求實數的值；
(2)討論函數的單調性．
【變式2-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）設函數，其中.
(1)討論的單調性；
(2)若的圖象與軸沒有公共點，求的取值范圍．
【變式2-2】（2024·貴州·二模）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)討論在上的單調性．
【變式2-3】（2024·陜西榆林·三模）已知函數的導函數為.
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：.
【題型3 根據函數的單調性求參數】
【例3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式3-1】（2024·江西宜春·三模）已知，且，若函數在上單調遞減，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2024·山東濟寧·一模）若函數且在區間內單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式3-3】（23-24高三上·河北·期末）設函數且在區間上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【題型4 函數與導函數圖象之間的關系】
【例4】（2023·安徽·模擬預測）已知函數為的導函數，則的大致圖象是（ ）
A． B．
C． D．
【變式4-1】（2024·四川成都·一模）函數的大致圖象如圖所示，則大小順序為（ ）

A． B． C． D．
【變式4-2】（2023·云南曲靖·三模）已知函數與的部分圖象如圖所示，則（ ）

A． B．
C． D．
【變式4-3】（2024·北京海淀·一模）函數是定義在上的偶函數，其圖象如圖所示，.設是的導函數，則關于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【題型5 函數單調性的應用——比較大小】
【例5】（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中為自然對數的底數，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】（2024·陜西·模擬預測）已知函數，若，，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【題型6 函數單調性的應用——解不等式】
【例6】（2024·廣西貴港·模擬預測）已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-2】（2024·山東聊城·三模）設函數的定義域為，導數為，若當時，，且對于任意的實數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式6-3】（2024·遼寧·模擬預測）已知是定義在上的奇函數，也是定義在上的奇函數，則關于的不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【題型7 導數關系構造函數解不等式】
【例7】（2024·山東濰坊·三模）已知函數的導函數為，且，當時，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【變式7-1】（2024·江蘇南通·模擬預測）設定義域為的偶函數的導函數為，若也為偶函數，且，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-2】（2024·吉林·二模）已知函數的定義域為，其導函數滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-3】（2024·陜西榆林·模擬預測）已知定義在上的函數滿足，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
一、單選題
1．（2024·四川成都·模擬預測）函數的單調遞減區間為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·上?！と＃┰趨^間上，是函數在該區間嚴格增的（ ）條件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
3．（2024·湖北黃岡·模擬預測）已知，，，則的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·重慶·模擬預測）已知函數，為實數，的導函數為，在同一直角坐標系中，與的大致圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·江蘇泰州·模擬預測）若函數在上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·江西南昌·三模）已知函數的定義域為，且，對任意，，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數，則，，的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·寧夏銀川·三模）已知定義在R上的奇函數的圖象是一條連續不斷的曲線，是的導函數，當時，，且，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
9．（2024·廣東茂名·一模）若是區間上的單調函數，則實數的值可以是（ ）
A． B． C．3 D．4
10．（2024·河南信陽·模擬預測）已知為上的可導函數，且，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·浙江臺州·一模）已知是定義域為的函數的導函數，，，，，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．（為自然對數的底數，）
C．存在，
D．若，則
三、填空題
12．（2024·河北邢臺·二模）若，，，則a，b，c的大小關系是 （請用“<”連接）．
13．（2024·四川·模擬預測）已知函數在區間上不單調，則m的取值范圍是 .
14．（2024·新疆·三模）設函數在上存在導數，對于任意的實數，有，當時，.若，則實數的取值范圍是 .
四、解答題
15．（2024·重慶·三模）已知函數
(1)當時，求在點處的切線方程；
(2)若在區間上單調遞增，求實數a的取值范圍.
16．（23-24高三上·北京·階段練習）已知R上可導函數的圖象如圖所示，解不等式.

17．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數
(1)求在處的切線；
(2)比較與的大小并說明理由.
18．（2024·山東青島·二模）已知函數.
(1)證明曲線在處的切線過原點；
(2)討論的單調性；
19．（2024·山東·二模）已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，，求的取值范圍．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題3.2 導數與函數的單調性【七大題型】
【新高考專用】
【題型1 不含參函數的單調性、單調區間】 2
【題型2 含參函數的單調性】 4
【題型3 根據函數的單調性求參數】 7
【題型4 函數與導函數圖象之間的關系】 9
【題型5 函數單調性的應用——比較大小】 12
【題型6 函數單調性的應用——解不等式】 14
【題型7 導數關系構造函數解不等式】 16
1、導數與函數的單調性
考點要求 真題統計 考情分析
(1)結合實例，借助幾何直
觀了解函數的單調性與導數的關系
(2)能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)
(3)會利用函數的單調性判斷大小，求參數的取值范圍等簡單應用 2022年新課標I卷：第7題，5分 2022年全國甲卷：第12題，5分 2023年新課標Ⅱ卷：第6題，5分 2024年新課標I卷：第10題，6分 導數與函數是高中數學的核心內容，是高考?？嫉臒狳c內容，從近三年的高考情況來看，本節內容在高考中常涉及的問題有：利用導數研究函數的單調性、求函數的單調區間、利用函數的單調性判斷大小、解不等式、求參數范圍等；此類問題體現了分類討論、轉化與化歸等數學思想，此類問題在選擇、填空、解答題中都有考查，而在解答題中時往往在第一小問中呈現，此時試題整體難度較大.
【知識點1 導數中函數單調性問題的解題策略】
1.確定函數單調區間的步驟；
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區間；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區間.
2.含參函數的單調性的解題策略：
(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.
(2)若導函數為二次函數式，首先看能否因式分解，再討論二次項系數的正負及兩根的大??；若不能因式分解，則需討論判別式△的正負，二次項系數的正負，兩根的大小及根是否在定義域內.
3.根據函數單調性求參數的一般思路：
(1)利用集合間的包含關系處理：y=f(x)在(a,b)上單調，則區間(a,b)是相應單調區間的子集.
(2)f(x)為增(減)函數的充要條件是對任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)內的任一非空子區間上，f'(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則會漏解.
(3)函數在某個區間上存在單調區間可轉化為不等式有解問題.
【知識點2 導數中函數單調性的應用】
1.比較大?。?br/>利用導數比較大小，其關鍵在于利用題目條件構造輔助函數，把比較大小的問題轉化為先利用導數研究函數的單調性，進而根據單調性比較大小.
2.解不等式：
與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數；題目中若存在f(x)與f'(x)的不等關系時，常構造含f(x)與另一函數的積(或商)的函數，與題設形成解題鏈條，利用導數研究新函數的單調性，從而求解不等式.
【解題方法與技巧】
導數關系構造函數的一些常見結構：
(1)對于不等式f'(x)+ g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)+g(x).
(2)對于不等式f'(x)-g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)-g(x).
特別地，對于不等式f'(x)> k，構造函數F(x)= f(x)-kx.
(3)對于不等式f'(x)g(x)+ f(x) g'(x)>0，構造函數F(x)= f(x)·g(x).
(4)對于不等式f'(x)g(x)-f(x) g'(x)>0，構造函數F(x)=.
(5)對于不等式xf'(x)+nf(x)>0，構造函數F(x)=.
(6)對于不等式f'(x)+f(x)>0，構造函數F(x)=.
(7)對于不等式f'(x)+kf(x)>0，構造函數F(x)=.
【題型1 不含參函數的單調性、單調區間】
【例1】（2024·浙江·模擬預測）函數的單調遞增區間是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】求出函數的定義域與導函數，再令，解得即可.
【解答過程】函數的定義域為，
且，
令，解得，
所以的單調遞增區間為.
故選：D.
【變式1-1】（2024·上海靜安·二模）函數（　?。?br/>A．嚴格增函數
B．在上是嚴格增函數，在上是嚴格減函數
C．嚴格減函數
D．在上是嚴格減函數，在上是嚴格增函數
【解題思路】求導后利用導函數的正負判斷函數的單調性，并根據嚴格增減函數的定義即可得到選項.
【解答過程】解：已知，，則，
令，即，解得，
當時，，所以在上是嚴格減函數，
當時，，所以在上是嚴格增函數，
故選：D.
【變式1-2】（2024·全國·模擬預測）下列函數是奇函數且在上單調遞減的是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據函數奇偶性定義可排除A，利用特殊值法可排除B，利用導數求函數單調性可排除C，根據函數奇偶性定義及復合函數單調性可得結果.
【解答過程】對于A，因為，所以，
即為非奇非偶函數，故排除A．
對于B，因為，，所以，
所以在上不是單調遞減的，故排除B．
對于C，對求導，得．令，解得．
令，解得或，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，故排除C．
對于D，易得的定義域為，
且
，所以為奇函數．
令，則．易知在上單調遞增，
在上單調遞減．由復合函數的單調性，得
在上單調遞減．
故選：D．
【變式1-3】（2024·四川成都·三模）已知函數是定義在上的奇函數，且當時，，則當時，的單調遞增區間為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】首先利用導數求出函數在上的單調性，再根據奇函數的性質得到函數在上的單調性，即可判斷.
【解答過程】當時，，則，
所以當時，當時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
又函數是定義在上的奇函數，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
故選：D.
【題型2 含參函數的單調性】
【例2】（2024·遼寧鞍山·二模）已知函數，．
(1)若曲線在處的切線與軸垂直，求實數的值；
(2)討論函數的單調性．
【解題思路】1）求導函數，根據導數的幾何意義及切線與y軸垂直建立方程求解即可；
（2）求導函數，按照和分類討論，求出函數的單調性.
【解答過程】（1）依題意，，
則，
因為在處的切線與軸垂直，所以，解得；
（2）由（1）知，
當時，由得，由得，
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間，
當時，分以下三種情況：
若，則在定義域內恒成立，
所以的單調遞增區間為，無單調遞減區間；
若，令得或，令得，
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為，
若，令得或，令得，
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為，
綜上所述，當時，在區間單調遞增，在區間單調遞減；
當時，在區間單調遞增，無遞減區間；
當時，在區間單調遞增，在區間單調遞減；
當時，在區間單調遞增，在區間單調遞減.
【變式2-1】（2024·四川綿陽·模擬預測）設函數，其中.
(1)討論的單調性；
(2)若的圖象與軸沒有公共點，求的取值范圍．
【解題思路】（1）求導，根據導函數的正負分析的單調性即可；
（2）將的圖象與軸沒有公共點轉化為小于零，解不等式即可.
【解答過程】（1）由題意，的定義域為，
，
則當時，單調遞減；當時，單調遞增．
故函數在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）由（1）知函數的最大值為，要使的圖象與軸沒有公共點，只需的最大值恒小于，即恒成立，
故，得，所以的取值范圍為.
【變式2-2】（2024·貴州·二模）已知函數．
(1)求曲線在點處的切線方程；
(2)討論在上的單調性．
【解題思路】（1）求導，計算斜率，再用點斜式求解即可；
（2）令，求出，根據、可得使，可得、時的單調性，從而得解.
【解答過程】（1），
∴，又，
∴曲線在點處的切線方程是，
即；
（2）令，
則在上遞減，且，，
∴，使，即，
當時，，當時，，
∴在上遞增，在上遞減，
∴，
當且僅當，即時，等號成立，顯然，等號不成立，故，
∴在上是減函數．
【變式2-3】（2024·陜西榆林·三模）已知函數的導函數為.
(1)討論的單調性；
(2)當時，證明：.
【解題思路】（1）求導，根據判別式分類討論，即可根據導數的正負確定函數單調性，
（2）將所證不等式等價變形后構造，利用導數求解函數的單調性，即可求證.
【解答過程】（1），
當，即時，此時，，故在上單調遞增.
當，即時，令，
則.
①當時，在上單調遞增，在上單調遞減.
②當時，，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）證明：當時，，
證原不等式等價于證，令，
則，且，故只需證，即證
令，則，
令，則 ，
由于，令則，
在上單調遞增，在上單調遞減.又，
當時，，即，當,時，，即，
在上單調遞增，在上單調遞減，
，
所以，當時，1.
【題型3 根據函數的單調性求參數】
【例3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據條件得即在上恒成立，構造函數，，由二次函數的性質求出的最值即可解決問題.
【解答過程】因為函數在上單調遞增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，變形得，因為，所以，
所以當，即時，，所以.
故選：A．
【變式3-1】（2024·江西宜春·三模）已知，且，若函數在上單調遞減，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據題意，轉化為在上恒成立，令，利用導數求得函數單調遞減，得到，得出，即可求解.
【解答過程】由函數，可得
因為在上單調遞減，所以在上恒成立，
令，則，
所以在上單調遞減，所以，即，
則，解得，即實數的取值范圍是．
故選：D．
【變式3-2】（2024·山東濟寧·一模）若函數且在區間內單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】令，利用導數求出函數的單調區間，再分和兩種情況討論，結合復合函數的單調性即可得解.
【解答過程】令，則，
當或時，，當時，，
所以在和上遞減，在上遞增，
當時，為增函數，且函數在區間內單調遞增，
所以，解得，
此時在上遞增，則恒成立，
當時，為減函數，且函數在區間內單調遞增，
所以，無解，
綜上所述，的取值范圍是.
故選：A.
【變式3-3】（23-24高三上·河北·期末）設函數且在區間上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】根據單調性與導數的關系可得在上恒成立，進而即可求解.
【解答過程】依題意，在上恒成立，
記，則在上恒成立，
在上單調遞增，所以只需，解得，
故選：A．
【題型4 函數與導函數圖象之間的關系】
【例4】（2023·安徽·模擬預測）已知函數為的導函數，則的大致圖象是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據函數解析式求導函數,再根據導函數導數正負得出導函數的單調性判斷即可.
【解答過程】令函數，定義域為，
函數為偶函數，
又，且，
當時，在單調遞增，
則，
函數在單調遞增.
故選：C.
【變式4-1】（2024·四川成都·一模）函數的大致圖象如圖所示，則大小順序為（ ）

A． B． C． D．
【解題思路】利用復合函數的性質及導數研究單調性結合圖象判定大小即可.
【解答過程】令，則，
由得，
因為定義域上單調遞增，結合圖象知函數在上遞增，在遞減，
所以且，所以，
又過點，
所以，即，
所以
故選：B.
【變式4-2】（2023·云南曲靖·三模）已知函數與的部分圖象如圖所示，則（ ）

A． B．
C． D．
【解題思路】根據題意，利用函數的導數與單調性的關系分析4個結論是否正確，即可得答案．
【解答過程】由圖可知，與在區間上單調遞增，所以.
在區間上，的圖象比的圖象更陡峭，所以.
故選：D.
【變式4-3】（2024·北京海淀·一模）函數是定義在上的偶函數，其圖象如圖所示，.設是的導函數，則關于x的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】借助函數圖象與導數的關系計算即可得.
【解答過程】由，且為偶函數，故，
由導數性質結合圖象可得當時，，
當時，，當時，即，
則由，有，解得，
亦可得，或，或，或，
由可得或，即，
由可得，即，
由，可得，即或（舍去，不在定義域內），
由，可得，
綜上所述，關于x的不等式的解集為.
故選：D.
【題型5 函數單調性的應用——比較大小】
【例5】（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中為自然對數的底數，則（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】首先將化成統一形式，構造函數 ，研究單調性進而比較大小即可.
【解答過程】由題意得，，；
設，則，
當時，，所以單調遞增，又，
所以，即，所以.
故選：A.
【變式5-1】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】比較大小，構造，結合單調性即可比較大??；比較大小，構造，結合單調性即可比較大小.
【解答過程】令，則，所以單調遞增，
又，所以，即，
所以，所以，即，所以，
設，則，所以單調遞減，
，即，故，，即，所以，
所以，
故選：A.
【變式5-2】（2024·陜西·模擬預測）已知函數，若，，，則（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】先利用導數判斷的單調性，再構造函數，利用導數判斷得，從而得解.
【解答過程】因為，
所以，
令，則恒成立，
所以當時，，即，
又在上單調遞增，所以，
所以在上恒成立，則在上單調遞增，
構造函數，則，
令，得，令，得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，
即，可得，，
所以，，
所以，，
即
所以，，
即 .
故選：D.
【變式5-3】（2024·陜西安康·模擬預測）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】構造函數，和，利用導數求解函數的單調性，即可求解.
【解答過程】令，，則，
令，則即單調遞增，所以，故為增函數，所以，可得，故.
令，則，故為增函數，所以0，即.所以，故，所以b
故選：B.
【題型6 函數單調性的應用——解不等式】
【例6】（2024·廣西貴港·模擬預測）已知函數，若成立，則實數a的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】判斷函數的奇偶性和單調性，根據函數的性質，把函數不等式轉化為代數不等式，再求解即可.
【解答過程】，所以，即為偶函數，
對函數，，則 ，
因為，所以，，所以，故在上恒成立.
所以函數在上單調遞增，所以在上單調遞增.
所以 ，
所以 ，解得或．
故選：B.
【變式6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】由題意可得，可將轉化為，結合導數可得在上單調遞增，即可得.
【解答過程】由題可得，
所以，
即有，即，
故不等式等價于，
又，
當時，，故，
當時，
，，故，
即恒成立，故在上單調遞增，
故由可得，即.
故選：A.
【變式6-2】（2024·山東聊城·三模）設函數的定義域為，導數為，若當時，，且對于任意的實數，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】設，根據題意，可證為上的偶函數，且在上單調遞增，在上單調遞減，又由轉化為，即，即可得解.
【解答過程】因為，
設，
則，
即為上的偶函數，
又當時，，
則，所以在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，
所以，
即，所以，即，
解得.
故選：B.
【變式6-3】（2024·遼寧·模擬預測）已知是定義在上的奇函數，也是定義在上的奇函數，則關于的不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據為奇函數及為偶函數可求，利用導數可判斷為上的減函數，從而可求不等式的解.
【解答過程】因為，故，
故，
因為是定義在上的奇函數，故，
故，故，故，
此時，故為上的減函數，
而等價于，
即即，故或
故選：A .
【題型7 導數關系構造函數解不等式】
【例7】（2024·山東濰坊·三模）已知函數的導函數為，且，當時，，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】由不等式化簡構造新函數，利用導數求得新函數的單調性，即可求解原不等式.
【解答過程】不等式等價于，即，
構造函數，所以，
因為時，，所以對恒成立，
所以在單調遞減，
又因為，
所以不等式等價于，所以，
即的解集為.
故選：A.
【變式7-1】（2024·江蘇南通·模擬預測）設定義域為的偶函數的導函數為，若也為偶函數，且，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】先令，判斷的單調性及奇偶性，由已知結合函數的單調性及奇偶性即可求解不等式．
【解答過程】因為為偶函數，
所以，所以，
令，
因為為偶函數，
則，即，
即，
所以，
當時，，即在上單調遞減，則在上單調遞增，
由，即，
所以，即，解得或，
即實數的取值范圍是．
故選：A．
【變式7-2】（2024·吉林·二模）已知函數的定義域為，其導函數滿足，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】令，求導可得在上單調遞減，由已知可得，可得，可得不等式的解集.
【解答過程】由題意知，當時，，
令，則，
所以在上單調遞減，
不等式等價于，
即為，所以，解得.
故選：A.
【變式7-3】（2024·陜西榆林·模擬預測）已知定義在上的函數滿足，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】構造函數，根據題意得在上單調遞增，不等式可轉化為，即，即可求解.
【解答過程】設，則．
因為，所以，
所以，所以在上單調遞增．
不等式可轉化為，
又，且，
即，所以，解得，
即不等式的解集為．
故選：A．
一、單選題
1．（2024·四川成都·模擬預測）函數的單調遞減區間為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】先得出函數的定義域，再令，解不等式即可.
【解答過程】函數的定義域為，，令，解得：，
多取一個端點不影響單調性，所以在上單調遞減.
故選：D.
2．（2024·上海·三模）在區間上，是函數在該區間嚴格增的（ ）條件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【解題思路】在該區間嚴格增,選出答案.
【解答過程】在該區間嚴格增，即可能會在該區間內存在導數為0的情況，
比如在R上單調遞增，且，
故是函數在該區間嚴格增的充分不必要條件.
故選：A.
3．（2024·湖北黃岡·模擬預測）已知，，，則的大小關系為（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】利用切線放縮公式：比較，再由三角函數的單調性，比較.
【解答過程】由，當時等號成立，知，∵，∴，.
故選：B.
4．（2024·重慶·模擬預測）已知函數，為實數，的導函數為，在同一直角坐標系中，與的大致圖象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】先通過特值代入易得A項符合，對于B, C, D項，通過圖象觀察分析可得，結合兩函數圖象交點的位置舍去C項.
【解答過程】由可得
對于，當時，在第一象限上遞減，對應圖象在第四象限且遞增，故A項符合；
對于在第一象限上與的圖象在上都單調遞增，故且，則.
又由可得，即與的圖象交點橫坐標應大于1，顯然C項不符合，B, D項均符合.
故選：C.
5．（2024·江蘇泰州·模擬預測）若函數在上單調遞增，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】先求出函數的導函數，利用換元法將題目條件轉化為在上恒成立；再構造函數，判斷其函數的單調性，求出最大值即可解答.
【解答過程】因為函數在上單調遞增，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，
則，
所以在上恒成立.
又因為在上單調遞增，
所以當時，
故.
故選：D.
6．（2024·江西南昌·三模）已知函數的定義域為，且，對任意，，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】設，由恒成立，在上單調遞減，由可得，由單調性解不等式即可.
【解答過程】設，則 ，
對任意，，恒成立，即在上單調遞減，
由可得，，解得，即解集為.
故選：A.
7．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）已知函數，則，，的大小關系為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】先判斷函數的奇偶性，利用導數判斷函數的單調性，令，利用導數判斷的單調性，從而可得，進而可得比較函數值的大?。?br/>【解答過程】∵，
∴，∴是偶函數，
，
當時，，故函數在上單調遞增，
令，則，
即函數在上單調遞減，故，
即可，而，
所以，
∴．
故選：C．
8．（2024·寧夏銀川·三模）已知定義在R上的奇函數的圖象是一條連續不斷的曲線，是的導函數，當時，，且，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
【解題思路】根據構造函數，通過求導發現利用已知條件可知恒為正數，所以可知在時是單調遞增函數，再結合已知條件又可知是偶函數，利用單調性和奇偶性解不等式即可.
【解答過程】令，則，
因為當時，，所以在上單調遞增，
又為奇函數，且圖象連續不斷，所以為偶函數，
由，得，解得或
故選：D.
二、多選題
9．（2024·廣東茂名·一模）若是區間上的單調函數，則實數的值可以是（ ）
A． B． C．3 D．4
【解題思路】求導，分析導函數的正負得到原函數的單調性，再由已知建立關于的不等式組，解出即可．
【解答過程】由題意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上單調遞減，在，上單調遞減，
若函數在區間上單調，
則或或，解得或或，
即或.
故選：CD.
10．（2024·河南信陽·模擬預測）已知為上的可導函數，且，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【解題思路】先構造函數，利用導數判斷該函數的單調性；再利用單調性即可判斷各個選項.
【解答過程】設，.
則.
因為所以，
則函數在區間上單調遞增，
所以，即，；
，即，；而A無法確定；故BD正確，AC錯誤.
故選：BD.
11．（2024·浙江臺州·一模）已知是定義域為的函數的導函數，，，，，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．（為自然對數的底數，）
C．存在，
D．若，則
【解題思路】由原函數和導函數的對稱性判斷A；令，結合題設條件判斷其單調性后可判斷B，C，D.
【解答過程】因為是定義域為的函數的導函數，所以是定義域為的可導函數，
因為，所以的圖像關于點對稱，
所以，而，故，
所以的圖像關于對稱，
因為，故時，，
所以，設，
故時，，故在上為增函數，
同理在上為減函數，
對于A，因為，故，故A正確；
對于B，，故，故B正確；
對于C，當時，；
當時，，而時，，
故恒成立，故C錯誤；
對于D，當時，單調遞減，
，， 所以，
故時，，而，故，故D正確；
故選：ABD.
三、填空題
12．（2024·河北邢臺·二模）若，，，則a，b，c的大小關系是 （請用“<”連接）．
【解題思路】根據給定條件，構造函數，再利用導數比較大小即可.
【解答過程】令函數，，得，
即函數在上單調遞增，，則，
即，
令函數，得，
即即函數在上單調遞減，，則，
即
所以a，b，c的大小關系是
故答案為：.
13．（2024·四川·模擬預測）已知函數在區間上不單調，則m的取值范圍是 .
【解題思路】根據題意可知在區間有變號零點，結合變號零點與給定區間的關系求解即可.
【解答過程】由題意知，
因為在區間上不單調，即在區間有變號零點，又，所以，，，
所以在區間內，
所以，解得，即m的取值范圍是.
故答案為：.
14．（2024·新疆·三模）設函數在上存在導數，對于任意的實數，有，當時，.若，則實數的取值范圍是 .
【解題思路】構造函數，根據題意和導數求得函數在上單調遞減，再由，得到為偶函數，結合對稱性得到在上單調遞增，把不等式，轉化為，即可求解.
【解答過程】令函數，
因為，時，所以，
所以函數在上單調遞減，
又因為，
所以函數，所以為偶函數，
根據偶函數的對稱性，可得在上單調遞增，
若
則，
整理得，所以，
兩邊平方可得，解得，即實數的取值范圍為.
故答案為：.
四、解答題
15．（2024·重慶·三模）已知函數
(1)當時，求在點處的切線方程；
(2)若在區間上單調遞增，求實數a的取值范圍.
【解題思路】（1）由得到，再利用導數的幾何意義求解；
（2）求導，根據在區間上單調遞增，由恒成立求解.
【解答過程】（1）解：當時，，
，
則，，
所以當時，在點處的切線方程為
（2），
因為在區間上單調遞增，
所以在區間上恒成立，
即在區間上恒成立，
所以在區間上恒成立，
因為當時，，
所以，即a的取值范圍是
16．（23-24高三上·北京·階段練習）已知R上可導函數的圖象如圖所示，解不等式.

【解題思路】分析圖像出函數的單調性，化簡不等式，即可解出不等式的解集.
【解答過程】由題意及圖得，
在中，
當，時，，
當時，.
則①或②.
解①得，或，解②得，，
綜上，不等式的解集為.
17．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數
(1)求在處的切線；
(2)比較與的大小并說明理由.
【解題思路】（1）求得，得到，且，結合導數的幾何意義，即可求解；
（2）求得，得到在上單調遞增，結合，得到即可得到.
【解答過程】（1）解：因為函數，可得，
可得，且，
所以在處的切線方程為，即.
（2）解：由，可得，所以在上單調遞增，
又由，所以時，，即在上恒成立，
所以，即.
18．（2024·山東青島·二模）已知函數.
(1)證明曲線在處的切線過原點；
(2)討論的單調性；
【解題思路】（1）可求得切點為，斜率，則切線方程為，則恒過原點；
（2）首先求函數的導數，當時，和，可得的單調區間；當時，令，當時由的判別式和，討論出函數的單調區間；當時，的判別式，討論出函數的單調區間.
【解答過程】（1）由題設得，所以，
又因為，所以切點為，斜率，
所以切線方程為，即恒過原點．
（2）由（1）得，
當時，，
當時，，在上單調遞增，
當時，，在上單調遞減；
當時，令，則，
當且時，即時，，在上單調遞增，
當時，，
由，則，或，則，
所以在上單調遞增，在上單調遞增；
由，則，則，
所以在上單調遞減；
當時，，則為開口向下的二次函數，
對稱軸，，，
由，則，則，所以在上單調遞增，
由，則，則，所以在上單調遞減；
綜上：當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
19．（2024·山東·二模）已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)當時，，求的取值范圍．
【解題思路】（1）當時，，求導得，令，求確定的單調性與取值，從而確定的零點，得函數的單調區間；
（2）求，確定函數的單調性，從而確定函數的最值，即可得的取值范圍．
【解答過程】（1）當時，，
則，
設，則恒成立，又，
所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
所以的減區間為，增區間為；
（2），
設，則，所以在上單調遞增，
又，，
所以存在，使得，即，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
當時，取得極小值，也是最小值，
所以，
所以，即，
設，易知單調遞增，且，
所以，解得，
綜上，.
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