1、5.3.1 函数的单调性(精讲)思维导图常见考法考点一 导数与单调性图像问题【例1】(2021全国高二课时练习)是函数yf(x)的导函数，若y的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是( )ABCD【答案】D【解析】由导函数的图象可知，当x0时，0，即函数f(x)为增函数；当0x2时，0，即f(x)为减函数；当x2时，0，即函数f(x)为增函数.观察选项易知D正确.故选：D【一隅三反】1(2021全国高二课时练习)函数yf(x)的图象如图所示，则导函数的图象可能是( )ABCD【答案】D【解析】函数f(x)在(0，)，(，0)上都是减函数，当x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0.故选：D
2、2(2021全国高二课时练习)如果函数yf(x)的图象如图所示，那么导函数y的图象可能是( )ABCD【答案】A【解析】由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正负正负，只有选项A满足故选：A3(2021西藏日喀则区南木林高级中学)如图所示是函数的导函数的图象，则下列判断中正确的是( )A函数在区间上是减函数 B函数在区间上是减函数C函数在区间上是减函数 D函数在区间上是单调函数【答案】A【解析】由函数的导函数的图像知，A：时，函数单调递减，故A正确；B：时，或，所以函数先单调递减，再单调递增，故B错误；C：时，函数单调递增，故C错误；D：时，或，所以函数先单调递减，再单调递增，不是单调
3、函数，故D错误.故选：A考点二 无参单调性区间【例2】(2021全国高二课时练习)求下列函数的单调区间.(1)f(x)x33x1；(2)yx.(3)3；(4)yln(2x3)x2.【答案】(1)增区间为(，1)，(1，)，减区间是(1，1)；(2)增区间为(，-)和(，)，减区间为(，0)和(0，).(3)单调递增区间为( ，0)，(2，)，单调递减区间为(0，2)；(4)单调递增区间为，单调递减区间为.【解析】(1)3x233(x1)(x1)，令0，得x1，或x1.令0，得1x0，解得x.由0，解得x，(x0).函数的增区间为(，)和(，)，减区间为(，0)和(0，).(3)函数的定义域为R
4、.y2x24x2x(x2)令y0，则2x(x2)0，解得x0或x2.所以函数的单调递增区间为( ，0)，(2，)令y0，则2x(x2)0，解得0x2.所以函数的单调递减区间为(0，2)(4) 函数yln(2x3)x2的定义域为.y2x.令y0，解得x1或x.所以函数的单调递增区间为，.令y0，解得1x，所以函数的单调递减区间为.【一隅三反】1(2021全国高二单元测试)设为实数，函数，且是偶函数，则的单调递增区间为( )AB，CD【答案】B【解析】因为，所以，因为是偶函数，所以对恒成立，即，即，所以，所以，令，解得或，所以的单调递增区间为，故选：B2(2021全国高二课时练习)函数f(x)co
5、s xx在(0，)上的单调性是( )A先增后减B先减后增C单调递增D单调递减【答案】D【解析】f(x)sin x1，x(0，)，f(x)0，则f(x)cos xx在(0，)上单调递减.选：D3(2021绥德中学高二月考(理)若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递减区间为( )ABCD，【答案】D【解析】由题意得，所以，且故函数在,处的切线为：，将点代入得则，由得且故的单调递减区间为，故选：D4(2021全国)求下列函数的单调区间(1)f(x)；(2)yx2ln x(3)f(x)2x33x236x1；(4)f(x)sin xx(0x0，解得x1或x1；令f(x)0，解得1x1或1x0，即解得x1
6、；若y0，即解得0x0得6x26x360，解得x2；由0解得 3x2故f(x)的增区间是(，3)，(2，)；减区间是(3，2)(4)cos x1因为0x，所以cos x10恒成立，故函数f(x)的单调递减区间为(0，)，无增区间(5)由题得函数的定义域为.，令，即，解得；令，即，解得或，故所求函数的单调递减区间为，单调递增区间为(6)由题得函数的定义域为.令，得，即()，令，得，即()，故的单调递增区间为()，单调递减区间()考点三 已知单调性求参数【例3-1】(2021河南高二期末)若函数在上单调递减，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】由，得，由在上单调递减，得在上恒成立，即
7、在上恒成立.令，在上，在上单调递减，即，故的取值范围.故选：.【例3-2】(2021全国高二单元测试)已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是( )ABCD【答案】D【解析】函数的定义域为，令，若在上不单调，则函数与x轴在上有交点，又，则，解得，故在上不单调的一个充分不必要条件是故选：D【一隅三反】1(2021重庆市广益中学校高二月考)若函数在上单调递增，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】D【解析】由，函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因为，所以，因此，要想在上恒成立，只需，故选：D2(2021山西运城高二期中(理)已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为( )AB
8、CD【答案】C【解析】由，当时函数单调递增，不合题意；当时，函数的极值点为，若函数在区间不单调，必有，解得.故选：C.3(2021宁夏大学附属中学高二月考)已知函数在上是单调函数，则实数的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】由，得，因为函数在上是单调函数，所以或恒成立，因为的图像开口向下，所以恒成立不可能，所以恒成立，所以，解得，故选：B4(2021江苏金湖高二月考)函数在区间上单调递减，则实数m的取值范围是( )ABCD【答案】B【解析】函数定义域是，由题意，时，时，所以的减区间是，又，所以，解得故选：B5(2021全国高二课时练习)若函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是( )
9、ABCD不存在这样的实数【答案】B【解析】由题意得，在区间上至少有一个实数根，而的根为，区间的长度为2，故区间内必含有2或或，或，故选：B考点四 利用单调性比较大小【例4】(1)(2021全国高二单元测试)已知奇函数f(x)的导函数为，当x0时，x+f(x)0，若af，bef(e)，cf(1)，则a，b，c的大小关系正确的是( )AabcBbcaCacbDcab(2)(2021全国高二单元测试)函数，当时，下列式子大小关系正确的是( )ABCD【答案】(1)C(2)C【解析】(1)令g(x)xf(x)，则g(x)f(x)+xf(x)0，所以g(x)为递增函数，因为e1，g(e)g(1)g()，
10、ef(e)f(1)f()，又f(x)为奇函数，所以ef(e)ef(e)，bca，故选：C.(2)，在上递减，所以.，所以，所以.故选：C【一隅三反】1(2021全国高二课时练习)设函数，则( )ABCD以上都不正确【答案】B【解析】由题可知，又当，则，故是上的增函数，故.故选：B.2(2021全国高二课时练习)(多选题)已知函数f(x)的导函数为，且，对任意的xR恒成立，则( )Af(ln2)2f(0)Bf(2)2f(0)Df(2)e2f(0)【答案】AB【解析】依题意，令，则，于是得在R上单调递减，而ln20，20，则，即，所以f(ln2)2f(0)，f(2)f(a)Bf(d)f(e)Cf(
11、a)f(d)Df(c)f(e)【答案】ABD【解析】由题图可得，当x(，c)(e，)时，f(x)0，当x(c，e)时，f(x)f(a)，f(d)f(e)，f(c)f(e).故选：ABD4(2021全国高二课时练习)(多选题)已知定义在上的函数f(x)的导函数为，且，则下列判断中正确的是( )ABCD【答案】CD【解析】令，因为，则在上恒成立，故在上单调递减，因为，则，所以在上恒成立，结合选项可知，由于，所以，从而有，即，故选项错误；因为，则，结合在上单调递减，且，可知，从而有，由于，则，可得，故B选项错误；又因为，所以，从而有，即，故C选项正确；又因为，所以，从而有，即，故D选项正确故选：CD
12、考点五 利用单调性解不等式【例5】(2021全国高二课时练习)已知的定义域为，为的导函数，且满足，则不等式的解集是( )ABCD【答案】B【解析】构造函数，则，所以函数的图象在上单调递减又因为，所以，所以，解得或(舍)所以不等式的解集是故选：B【一隅三反】1(2021全国高二单元测试)定义域为R的函数且，且的导函数，则实数a的取值范围为( )ABCD【答案】B【解析】由可知，设，是R上的单调递增函数由且，可知且，.故选：B2(2021全国高二单元测试)已知定义在上的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为( )ABCD【答案】D【解析】由题可设，因为，则，所以函数在R上单调递增，又，不等式可转
13、化为，所以，解得，所以不等式的解集为故选：D.3(2021广西蒙山中学高二月考(理)已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=20，且f(x)的导函数满足，则不等式f(x)2x3+2x的解集为( )Ax|x-2Bx|x2Cx|x2Dx|x2【答案】B【解析】令，因，则，即在R上单调递增，因，则不等式f(x)2x3+2x等价于，于是得x2，所以原不等式的解集为x|x2.故选：B4(2021山东任城)已知函数的定义域为R，且，则不等式的解集为( )ABCD【答案】A【解析】设，则，yg(x)在定义域上单调递减，又，的解集为故选：A5(2021全国高二课时练习)已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则( )A， B，C， D，【答案】D【解析】令，则，所以函数在上单调递减，所以，即，故，故选：D.
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