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第三章 导数及其应用
专题2：函数的单调性
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)．
函数的单调性与导数的关系
条件 结论
函数y＝f(x)在 区间(a，b)上可导 f ′(x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增
f ′(x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减
f ′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是常数函数
提醒：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．
1．在某区间内f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)且f ′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
考点一　不含参数函数的单调性
1．（2022·辽宁丹东·高二期末）函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式，可得出函数的单调递增区间.
【详解】因为，该函数的定义域为，，
由，可得，解得，
因此，函数的单调递增区间为.
故选：B.
2.（2022·广东·佛山一中高二期中）的单调递减区间为__________．
【答案】
【分析】求出函数的导函数，令，解一元二次不等式，即可求出函数的单调递减区间；
【详解】解：因为，所以，
令，即，解得，
所以函数的单调递减区间为；
故答案为：
3.（2023·全国·高三专题练习）函数，
(1) ，求的单调区间；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)的单调递增区间是，的单调递减区间是，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求导数，然后解不等式即得；
（2）由题可得在上恒成立，进而可得，可得，然后利用导数证明即得.
(1)
当时，，，
由得，，
由得，，
所以，的单调递增区间是，的单调递减区间是，；
(2)
不等式恒成立等价于在上恒成立，
令，则由可得，，
令，
对于，，恒成立，
只需证明即可，
①当，，
则，在上单调递减，
又，所以此时恒成立.
②当时，恒成立，
所以在上单调递增，
又，所以此时恒成立；
③当时，单调递增，
又，，
所以在上存在唯一的，使得，
当时，，当时，，
所以在时单调递减，在时单调递增.
∴，，，
所以此时恒成立；
∴综上，可得在上恒成立，故恒成立，
∴.
考点二　含参数函数的单调性
（2023·全国·高三专题练习）已知函数，为函数的导函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)详见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数化简得，分类讨论求函数的单调区间即可；
（2）由恒等式化简可得，分离参数可得当时，，当时，，利用导数研究的单调性及最值即可求解.
(1)
由题可得，
①当时，时，，单调递减；
时，，单调递增；
②当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增；
③当时，时，，单调递增；
④当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增.
(2)
由恒成立，即，
，
当时，恒成立，
当时，，当时，，
令，则，
当时，，单调递减且，
所以
当时，得，
时，，单调递减，时，，单调递增；
，故
综上，m的取值范围为.
考点三　根据函数的单调性求参数的值（范围）
1．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数上，单调递增，在上单调递减，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】求导得到，根据在，上单调递增，在上单调递减，可得方程的两个根分别位于区间和上，进而根据数形结合，列出相应的不等式组，即可求出实数的取值范围
【详解】
由，得，
因为在，上单调递增，在上单调递减，
所以方程的两个根分别位于区间和上，
所以，即解得
故答案为：
2．（2022·湖北·武汉市第一中学高二期中）已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.
【详解】
函数在上为增函数，
恒成立，
令
，
单调递减；
单调递增；
可得时，函数取得极小值，即：
，解得：，
a的取值范围是：.
故答案为：.
3.（2022·湖北·鄂州市教学研究室高二期末）已知函数在R上的导函数为，对于任意的实数x都有，当时，，若，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先设，结合已知条件得到在为减函数，在为增函数，再将转化为，利用的单调性求解不等式即可.
【详解】
设，，
因为当时，，所以，为增函数.
又因为，所以.
所以， 即为偶函数.
所以在为减函数，在为增函数.
因为
，
所以，解得或.
故答案为：.
考点四 函数单调性的应用
比较大小
1．（2022·贵州黔东南·高二期末（理））已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得函数为偶函数，再利用导数求得函数在上单调递增，则再上单调递减，结合对数的运算性质和函数的单调性，即可求解.
【详解】
由题意，函数，则，
所以函数为偶函数，
又当时，，可得，
所以函数在上单调递增，则在上单调递减，
又由， ，且，
所以，即.
故选：D.
2．（2022·浙江·温岭中学高二期末）已知是定义在的增函数，设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数和，利用导数求得函数的单调性，得到，再结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
令，可得，
当时，，单调递增，
又由，所以，即，所以；
令，可得，
当时，，单调递增，
又由，所以，即，所以，
所以，
因为是定义在的增函数，所以，即.
故选：C.
解不等式
(2021·沈阳模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意x∈R，f ′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【答案】B
【解析】由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F ′(x)＝f ′(x)－2.因为f ′(x)＞2，所以F ′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B．
(2021·泰安模拟)设f ′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
【答案】A
【解析】令g(x)＝，则g ′(x)＝，
由题意知，当x>0时，g ′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.
又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
3．（2022·四川雅安·高二期末（理））设奇函数的导函数是，且，当时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【分析】设，利用导数求得在为单调递减函数，进而得到函数为奇函数，且在为单调递减函数，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
设，可得，
因为当时，，可得，
所以在为单调递减函数，
又因为函数为奇函数，且，可得，
则满足，所以函数也为奇函数，
所以在为单调递减函数，且，
当时，由，即，即，可得；
当时，由，即，即，可得；
所以不等式的解集为.
故答案为：.
1．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
2．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
3．（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
一、单选题
1．已知定义域为的函数满足，且当时，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
2．函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
3．不等式恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数满足：，，且．若角满足不等式，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数在上单调递增，则实数的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．1
7．若函数在R上可导，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
8．已知函数，则（ ）
A．是上的减函数
B．是上的增函数
C．是上的偶函数
D．不等式的解集是
9．已知函数的定义域为，且，，则下列结论中正确的有（ ）
A．为增函数 B．为增函数
C．的解集为 D．的解集为
10．定义在上的函数的导函数为，且.则对任意，其中，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数在上单调递增，则实数的所有可能取值是（ ）
A． B． C． D．3
三、填空题
12．，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______
13．若函数有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
14．函数，的增区间为___________.
15．函数与的最小值分别为m和n，则m与n的大小关系为______．
四、解答题
16．已知函数，，
(1)判断函数的单调性；
(2)证明：.
17．已知函数（）．
(1)当时，求的单调区间；
(2)令，若是函数的极值点，且，求证：．
18．已知函数，函数，函数，记的最大值为M，的最小值为N．
(1)求的单调区间；
(2)证明：；
(3)求的值．中小学教育资源及组卷应用平台
第三章 导数及其应用
专题2：函数的单调性
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)．
函数的单调性与导数的关系
条件 结论
函数y＝f(x)在 区间(a，b)上可导 f ′(x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增
f ′(x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减
f ′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是常数函数
提醒：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．
1．在某区间内f ′(x)＞0(f ′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f ′(x)≥0(f ′(x)≤0)且f ′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．
考点一　不含参数函数的单调性
1．（2022·辽宁丹东·高二期末）函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式，可得出函数的单调递增区间.
【详解】因为，该函数的定义域为，，
由，可得，解得，
因此，函数的单调递增区间为.
故选：B.
2.（2022·广东·佛山一中高二期中）的单调递减区间为__________．
【答案】
【分析】求出函数的导函数，令，解一元二次不等式，即可求出函数的单调递减区间；
【详解】解：因为，所以，
令，即，解得，
所以函数的单调递减区间为；
故答案为：
3.（2023·全国·高三专题练习）函数，
(1) ，求的单调区间；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)的单调递增区间是，的单调递减区间是，；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求导数，然后解不等式即得；
（2）由题可得在上恒成立，进而可得，可得，然后利用导数证明即得.
(1)
当时，，，
由得，，
由得，，
所以，的单调递增区间是，的单调递减区间是，；
(2)
不等式恒成立等价于在上恒成立，
令，则由可得，，
令，
对于，，恒成立，
只需证明即可，
①当，，
则，在上单调递减，
又，所以此时恒成立.
②当时，恒成立，
所以在上单调递增，
又，所以此时恒成立；
③当时，单调递增，
又，，
所以在上存在唯一的，使得，
当时，，当时，，
所以在时单调递减，在时单调递增.
∴，，，
所以此时恒成立；
∴综上，可得在上恒成立，故恒成立，
∴.
考点二　含参数函数的单调性
（2023·全国·高三专题练习）已知函数，为函数的导函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)详见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数化简得，分类讨论求函数的单调区间即可；
（2）由恒等式化简可得，分离参数可得当时，，当时，，利用导数研究的单调性及最值即可求解.
(1)
由题可得，
①当时，时，，单调递减；
时，，单调递增；
②当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增；
③当时，时，，单调递增；
④当时，时，，单调递增；
时，，单调递减；
时，，单调递增.
(2)
由恒成立，即，
，
当时，恒成立，
当时，，当时，，
令，则，
当时，，单调递减且，
所以
当时，得，
时，，单调递减，时，，单调递增；
，故
综上，m的取值范围为.
考点三　根据函数的单调性求参数的值（范围）
1．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数上，单调递增，在上单调递减，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】求导得到，根据在，上单调递增，在上单调递减，可得方程的两个根分别位于区间和上，进而根据数形结合，列出相应的不等式组，即可求出实数的取值范围
【详解】
由，得，
因为在，上单调递增，在上单调递减，
所以方程的两个根分别位于区间和上，
所以，即解得
故答案为：
2．（2022·湖北·武汉市第一中学高二期中）已知函数在上为增函数，则a的取值范围是______．
【答案】
【分析】函数在某个区间上为增函数的等价形式为：在区间上恒成立，再利用参变分离的方法构造新函数，运用导数求其极值与最值即可.
【详解】
函数在上为增函数，
恒成立，
令
，
单调递减；
单调递增；
可得时，函数取得极小值，即：
，解得：，
a的取值范围是：.
故答案为：.
3.（2022·湖北·鄂州市教学研究室高二期末）已知函数在R上的导函数为，对于任意的实数x都有，当时，，若，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先设，结合已知条件得到在为减函数，在为增函数，再将转化为，利用的单调性求解不等式即可.
【详解】
设，，
因为当时，，所以，为增函数.
又因为，所以.
所以， 即为偶函数.
所以在为减函数，在为增函数.
因为
，
所以，解得或.
故答案为：.
考点四 函数单调性的应用
比较大小
1．（2022·贵州黔东南·高二期末（理））已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得函数为偶函数，再利用导数求得函数在上单调递增，则再上单调递减，结合对数的运算性质和函数的单调性，即可求解.
【详解】
由题意，函数，则，
所以函数为偶函数，
又当时，，可得，
所以函数在上单调递增，则在上单调递减，
又由， ，且，
所以，即.
故选：D.
2．（2022·浙江·温岭中学高二期末）已知是定义在的增函数，设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】构造函数和，利用导数求得函数的单调性，得到，再结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
令，可得，
当时，，单调递增，
又由，所以，即，所以；
令，可得，
当时，，单调递增，
又由，所以，即，所以，
所以，
因为是定义在的增函数，所以，即.
故选：C.
解不等式
(2021·沈阳模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，且对任意x∈R，f ′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　　)
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【答案】B
【解析】由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F ′(x)＝f ′(x)－2.因为f ′(x)＞2，所以F ′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增．又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B．
(2021·泰安模拟)设f ′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
【答案】A
【解析】令g(x)＝，则g ′(x)＝，
由题意知，当x>0时，g ′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．
∵f(x)是奇函数，f(－1)＝0，∴f(1)＝－f(－1)＝0，∴g(1)＝＝0，
∴当x∈(0,1)时，g(x)>0，从而f(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，从而f(x)<0.
又∵f(x)是奇函数，∴当x∈(－∞，－1)时，f(x)>0；
当x∈(－1,0)时，f(x)<0.
综上，所求x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．
3．（2022·四川雅安·高二期末（理））设奇函数的导函数是，且，当时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【分析】设，利用导数求得在为单调递减函数，进而得到函数为奇函数，且在为单调递减函数，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】
设，可得，
因为当时，，可得，
所以在为单调递减函数，
又因为函数为奇函数，且，可得，
则满足，所以函数也为奇函数，
所以在为单调递减函数，且，
当时，由，即，即，可得；
当时，由，即，即，可得；
所以不等式的解集为.
故答案为：.
1．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【答案】(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
(1)
解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
(2)
解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
(3)
解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
2．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
(1)
，
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
(2)
（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则即，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
3．（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
(1)
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
(2)
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
(3)取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
一、单选题
1．已知定义域为的函数满足，且当时，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由条件得出关于成中心对称，进一步得出函数的单调性，然后再根据题意可得，或，从而可得出答案.
【详解】
由得关于成中心对称．
令，可得
当时，则在上单调递增.
由关于成中心对称且，故在上单调递增
由，则，或
解得，或，故
故选：A
2．函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分析函数的定义域、奇偶性及其在上的单调性与函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】
易知函数的定义域为，，
故函数为偶函数，
当时，且，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，排除ABD选项.
故选：C.
3．不等式恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可得在区间上恒成立，然后求函数的最大值即得.
【详解】
由题可得在区间上恒成立，
令，则，
当时，，当时，，
所以的单调增区间为，单调减区间为；
所以，
所以.
故选：D.
4．已知函数满足：，，且．若角满足不等式，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数，，并判断函数为上的奇函数，再根据，可得在上单调递减，最后进行求解得的取值范围.
【详解】
解：构造函数，，
由化为：，
，函数为上的奇函数，
则，在上单调递减．
若角满足不等式，则，
即，，解得：．
故选：A.
5．若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
求导，导函数在上恒非负，根据恒成立的问题的办法解决.
【详解】
，又在上单调递增，故在上恒成立，而时，易见，只需要即可，故.
故选：B.
6．已知函数在上单调递增，则实数的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【解析】
【分析】
求导可得解析式，原题等价于在上恒成立，计算即可得答案.
【详解】
由题意得
因为函数在上单调递增，
所以，即在上恒成立，
所以，即实数的最小值为.
故选：A
7．若函数在R上可导，且满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
构造函数，根据函数在上可导，且满足，利用导数研究其单调性即可得出．
【详解】
构造函数，
函数在上可导，且满足，
，
时，函数单调递增，
（3）（2），
即，即，
故选：A
二、多选题
8．已知函数，则（ ）
A．是上的减函数
B．是上的增函数
C．是上的偶函数
D．不等式的解集是
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用导数可判断AB；利用函数奇偶性定义可判断C；利用函数奇偶性与单调性可判断D.
【详解】
由得，
所以当时，，是上的减函数，正确；
是上的增函数，正确；
， 是奇函数，错误；
由是上的增函数，不等式等价于，
即正确.
故选：ABD.
9．已知函数的定义域为，且，，则下列结论中正确的有（ ）
A．为增函数 B．为增函数
C．的解集为 D．的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用导数与函数的单调性的关系可判断AB，利用函数的单调性解不等式判断CD.
【详解】
对于A，因为，所以为增函数，故A正确；
对于B，由，，所以为增函数，故B正确；
对于C，，则等价于，又为增函数，
所以，解得，所以的解集为，故C错误；
对于D，等价于，
即，又为增函数，
所以，解得，所以的解集为，故D正确；
故选：ABD.
10．定义在上的函数的导函数为，且.则对任意，其中，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解析】
【分析】
构造函数，求出导数，利用已知可得在上单调递增，根据单调性依次判断每个选项可得.
【详解】
令，.则，
所以函数在上单调递增.
对于A：由于，所以，即，所以，故A不正确.
对于B：由于，所以，即，所以，故B正确.
对于C：由得：，即：，
同理：.
两式相加得：，故C不正确.
对于D：；.
两式相减得：
.
所以，
即：，故D正确.
故选：BD.
11．已知函数在上单调递增，则实数的所有可能取值是（ ）
A． B． C． D．3
【答案】ABC
【解析】
【分析】
由在上恒成立，参变分离得，结合二次函数求出最小值即可求解.
【详解】
由题意得在上恒成立，即，整理得，即，
又在上单调递增，则最小值为，故，结合选项知，可取0，1，2.
故选：ABC.
三、填空题
12．，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______
【答案】
【解析】
【分析】
分析可知，，使得，求出函数在上的值域，可得出实数的取值范围.
【详解】
因为，则，
有已知条件可得：，使得，即，
当，所以.
故答案为：.
13．若函数有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
由有两个不相等的实数根求得的取值范围.
【详解】
，
由于函数有三个单调区间，
所以有两个不相等的实数根，所以.
故答案为：
14．函数，的增区间为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
利用导数求函数的单调递增区间.
【详解】
由已知得，，
令，即，解得，
令，即，解得，
则的单调递增区间为，单调递减区间为，
故答案为:.
15．函数与的最小值分别为m和n，则m与n的大小关系为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用导数可求函数的最小值，然后证明，然后利用可得的最小值，进而即得.
【详解】
因为，
∴单调递减，单调递增，
所以当时，有最小值，即，
令，则，
∵当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
∴
（当且仅当时“”成立），即，；
所以.
故答案为：.
四、解答题
16．已知函数，，
(1)判断函数的单调性；
(2)证明：.
【答案】(1)在上单调递减
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，判断导数的正负，从而判断原函数的单调性；
（2）将不等式等价转化为，然后构造函数，利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式.
(1)
因为，，所以，
设，则，
因为，故，在区间上单调递减，
故，即，
所以函数在区间上单调递减.
(2)
证明：；
设，，在区间上单调递减，
，，即，即；
设，，，
则在上单调递增，
，，
即，所以.
综上，.
17．已知函数（）．
(1)当时，求的单调区间；
(2)令，若是函数的极值点，且，求证：．
【答案】(1)单调递增区间为，无减区间
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，令，再次利用导数判断函数的单调性得出，进而可得结果；
（2）求出，当时，显然不成立，当时，求出极值点满足，结合常见不等式，再利用导数证明不等式成立即可.
(1)
，令，则．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减；在上单调递增，
所以．
又，则，则，
所以对任意恒成立，所以的单调递增区间为，无减区间．
(2)
证明：（），
则，
当时，，则函数在上单调递增，故函数无极值点，不合题意；
当时，令，因为函数，在上单调递增，
所以函数在上单调递增．
取满足，则，，
所以，又，
所以，使得，即，
此时．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的唯一的极值点，
所以．
因为，所以，
令，则，
所以在上单调递减，
又，所以当时，，
令，，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以．
令，，则，
当时，，所以函数在上单调递减，
所以，所以，
所以，
即，所以．
18．已知函数，函数，函数，记的最大值为M，的最小值为N．
(1)求的单调区间；
(2)证明：；
(3)求的值．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调减区间；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系即得；
（2）利用导数及零点存在定理可得存在，使得，进而可得，再通过构造函数利用函数的单调性即得；
（3）利用导数可求函数的最小值为，利用函数的单调性结合条件可得，进而可得.
(1)
由，可知函数的定义域为，
又，
所以函数在上单调递增，
即函数的单调递增区间为，无单调减区间；
(2)
由可知，的定义域为，
因为，，
所以在单调递减，，
由（1）知，即
所以
存在，使得，即，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以在处取得唯一极大值，也是最大值，
所以，
令，，
则，单调递增，
故，
所以；
(3)
由，可知函数的定义域为，
，，
所以在单调递增，，，
所以存在，使得，即①
当，，单调递减，
当，，单调递增，
在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，
令，则，代入①式，得，即②，
又，所以满足②，
又函数单调递增，
所以只能，即，即，
所以，
即.

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