高考数学考点11导数与函数的单调性试题解读与变式

【考纲要求】

（1）了解函数单调性和导数的关系；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）.

（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）. 【命题规律】

利用导数研究函数的单调性是高考的热点问题，常常会考查利用导数研究含参函数的单调性，极值.

预计2017年的高考将会在大题中考查利用导数研究函数单调性的问题，命题形式会更加灵活、新颖． 【典型高考试题变式】

（一）原函数与其导函数的图像问题

例1.【2017浙江高考】函数yfx的导函数yfx的图像如图所示，则函数

yfx的图像可能是（ ）.

yOx

yOA.x

yOB.xyOC.xyOD.x【答案】D

【解析】导数大于零，原函数递增，导数小于零，原函数递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D．

【方法技巧归纳】在(a,b)内可导函数f(x)，f'(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0.

f'(x)0f(x)在(a,b)上为增函数．f'(x)0f(x)在(a,b)上为减函数．且导函

数单调性可以判原函数图像的凹凸性：若f'(x)大于0且递增，则原函数f(x)图像递增且下凹；若大于0且递减，则原函数f(x)图像递增且上凸.

【变式1】【改编例题中条件，通过原函数的性质判断导函数的图像】【2018河北内丘中学8月月考（理）】设函数fx的导函数为fx，若fx为偶函数，且在0,1上存在极大值，则fx的图象可能为（ ）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】根据题意,若f(x)为偶函数,则其导数f′(x)为奇函数，结合函数图象可以排除B. D，又由函数f(x)在(0,1)上存在极大值,则其导数图象在(0,1)上存在零点，且零点左侧导数值符号为正，右侧导数值符号为负，

结合选项可以排除A，只有C选项符合题意；本题选择C选项.

【变式2】【改编例题中条件，给定解析式，判断其导函数的图像】【2017陕西渭南市二

x2sinx2014，则f'x的大致图象是 （ ） 质检】函数fx2A. B. C. D.

【答案】B

（二）用导数求不含参数的单调区间

例2.【2017全国2卷（文）】设函数fx1x（1）讨论fx的单调性.

【答案】fx在区间,21，增函数.

【解析】（1）fx2xex1x2ex12xx2ex， 令fx0得x22x10，解得x121，x221， 所以fx在区间,21，

2e.

x21,是减函数，在区间21,21是

21,是减函数，在区间21,21是增函数.

【方法技巧归纳】利用导数求不含参数的单调性容易出错的地方就是：求导，求解不等式，写出单调区间.单调性相同的两个区间一般要用“和”或“，”连接，不能用“或”或“”.

【变式1】【改编函数条件，函数中含分式】【2016全国2卷（理）】（1）讨论函数f(x)x2xe的单调性，并证明当x0时，(x2)exx20; x2【答案】fx在，2和2,上单调递增，在(2,2]上单调递减.

（三）用导数求含参函数的单调区间

例3.【2017全国1卷（理）】已知函数fxae（1）讨论fx的单调性；

【答案】见解析

2xx【解析】（1）由于fxaea2ex，

2xa2exx.

2xxxx故fx2aea2e1ae12e1.

①当a0时，aex10，2ex10．从而fx0恒成立． fx在R上单调递减.

②当a0时，令fx0，从而aex10，得xlna．

x ，lna lna  lna，  f′x fx 0 极小值 综上，当a0时，f(x)在R上单调递减； 当a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，在(lna,)上单调递增.

【方法技巧归纳】1.求函数的单调区间方法一：①确定函数yf(x)的定义域； ②求导数y'f'(x)；

③解不等式f'(x)0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式f'(x)0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 2.求函数的单调区间方法二：①确定函数yf(x)的定义域；

②求导数y'f'(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根； ③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；

④确定f'(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性．

【变式1】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为二次函数型】【2017全国3卷（文）改编】已知函数fxlnxax2a1x．

2（1）讨论fx的单调性； 【答案】见解析

【变式2】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为类二次函数型】【2016全国1卷（文）改编】已知函数f(x)(x2)ea(x1).

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析； 【解析】

试题分析：（Ⅰ）先求得f'xx1ex2a.再根据1,0,2a的大小进行分类确定fx的单调性；

试题解析：（Ⅰ）f'xx1ex2ax1x1ex2a.

（Ⅰ）设a0，则当x,1时，f'x0；当x1,时，f'x0. 所以f（x）在,1单调递减，在1,单调递增.

【变式3】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数为指对数型函数】【2015天津卷（理）改编】已知函数f(x)nxx,xR，其中nN,n2.

（Ⅰ）讨论f(x)的单调性；

【答案】（Ⅰ） 当n为奇数时，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增；当n为偶数时，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减.

n*x2【解析】（Ⅰ）由f(x)nxx，可得，其中nN*且n2， 下面分两种情况讨论： （1）当n为奇数时：

令f(x)0，解得x1或x1，

当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表：

nx (,1) (1,1) (1,) f(x)  f(x)   所以，f(x)在(,1)，(1,)上单调递减，在(1,1)内单调递增. （2）当n为偶数时，

当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增； 当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减.

所以，f(x)在(,1)上单调递增，f(x)在(1,)上单调递减.

【变式4】【例题中函数变为求导函数的“主导”函数需要二次求导型】【2016北京卷（理）】设函数f(x)xeaxbx，曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程为

y(e1)x4.

（Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）求f(x)的单调区间.

【答案】（Ⅰ）a2,be；（Ⅱ） (,) 【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据题意求出f(x)，根据f(2)2e2,f(2)e1求a,b的值即可； （Ⅱ）由题意判断f(x)的符号，即判断g(x)1xe由此求得f(x)的单调区间.

x1的单调性，知g(x)>0，即f(x)>0，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)xe由f(x)e2x2xex.

(1xex1)及e2x0知，f(x)与1xex1同号.

x1令g(x)1xe，则g(x)1ex1.

所以，当x(,1)时，g(x)0，g(x)在区间(,1)上单调递减； 当x(1,)时，g(x)0，g(x)在区间(1,)上单调递增. 故g(1)1是g(x)在区间(,)上的最小值， 从而g(x)0,x(,).

综上可知，f(x)0，x(,).故f(x)的单调递增区间为(,). 【数学思想】

分类讨论思想

1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．

2.分类讨论思想的常见类型

⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的；

⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；

⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.

【处理导数与单调性问题注意点】

解答此类问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；另外，函数的单调区间不能出现“并”的错误写法. 【典例试题演练】

1．【2018河南郑州一中测试题】如果函数yfx在区间I上是增函数，而函数

yfxx在区间I上是减函数，那么称函数yfx是区间I上“缓增函数”，区间I叫

做“缓增区间”.若函数fx为 ( )

123xx是区间I上“缓增函数”，则“缓增区间”I22A. 1, B. 0,3 C. 0,1 D. 1,3 【答案】D

x101313 ，解之]'(x1)'2，故{【解析】因fxx1,[3x22x22x120xfx得1x3，应选答案D.

22．【2018河南南阳一中上学期第二次考试（文）】已知函数fxx5x2lnx，则函数fx的单调递增区间是__________．

【答案】0,和2,

12

3．【2018辽宁沈阳市东北育才学校上学期一模（文）改编】 已知函数fxx22ax2aex， a0（e为自然对数的底数）.

(Ⅰ)讨论fx的单调性；

【答案】（Ⅰ）当a0时， fx在,上为减函数；当a0时，则fx在

,a,0,上为减函数；在a,0上为增函数；

【解析】(Ⅰ) fxaxxex，令fx0x10,x2a；

①a0时，则fx0（当且仅当x0时取等号）fx在,上为减函数； ②当a0时，则x,a0,fx0fx在,a,0,上为减函数； xa,0fx0fx在a,0上为增函数；

4．【2017陕西省西安市长安区第一中学4月模考（理）】已知函数fxlnx，

gxfxax2bx，其中函数ygx的图象在点1,g1处的切线平行于x轴．

（1）确定a与b的关系；若a0，并试讨论函数gx的单调性；

（2）设斜率为k的直线与函数yfx的图象交于两点Ax1,y1,Bx2,y2

(x1x2)，求证：

11k． x2x1【答案】(1) b2a1 ，单调性见解析；(2)证明见解析.

【解析】试题分析：(1)求导，利用导数的几何意义确定a与b的关系，再利用导函数的符号变换和分类讨论思想确定函数的单调性；(2)先利用直线的斜率公式确定不等关系，再构造函数，利用导数求函数的最值即可求解 . 试题解析：（1）

gxfxaxbxlnxaxbx， gx2212axb， x由题意得g112ab0， b2a1； gx2ax1x1112axb2ax2a1(x0)， xxxx1x(x0)，

①当a0时， gx当x1时， gx0， 函数gx在1,单调减；

当0x1时， gx0， 函数gx在0,1单调增；

1④当a12axx1时．即12a1， gx2a2x(x0)， 函数gx在12a,11单调减区间；函数gx在1,和0,2a单调增；

（2）由题设x2x10，

111lnx2lnxkx11 2x1x2x2x1x1 x2x1xlnxxx2lnx121x 21 11xxxln221 ① 2x1x1x1令hxlnxx1(x1)，则hx1x11xx(x1)， x1时， hx0， 函数gx在1,是减函数，

而h10， x1时， hxh10

xx2x10， 2xxx1， h2ln2x210，即xxxln221，11x1x1x1x1②

令Hxlnx111x11(x1)，则Hx22(x1)， xxxx x1时， Hx0，  Hx在1,是增函数， x1时， HxH10， Hx2x21ln10， xx12x1x1即111x1ln2 ③由①②③得k． x2x2x1x1x15．【2017陕西省西安市铁一中学高三上学期第五次模拟考试（理）】已知函数

44x2fxklnx，其中常数k0.

kx（Ⅰ）讨论fx在0,2上的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析;

【解析】试题分析：（1）求导数，对k分类讨论，利用导数的正负，即可得到fx在区间0,2上的单调性；

试题解析：（Ⅰ）由已知得， fx的定义域为0,，且

4424xkx4xkxk4kkkfx2(k0)， xxx2x2①当0k2时，

44k0，且2， kk所以x0,k时， fx0； xk,2时， fx0. 所以，函数fx在0,k上是减函数，在k,2上是增函数； ②当k2时，

4k2， fx0在区间0,2内恒成立， k所以fx在0,2上是减函数； ③当k2时， 0所以x0,442,k， kk44x时， ； fx0,2时， fx0 kk所以函数在0,6．函数（Ⅰ）讨论

44上是减函数，在,2上是增函数. kk.

的单调性；

【答案】（Ⅰ）当时， 时，单调递减；当时，

单调递增；当递减；

时， 时，单调递增；当时， 单调

【解析】试题分析：（1）求出

f'x， 讨论两种情况分别令

f'x0可得增区间，

f'x0可得得减区间；

7．【2018河北省石家庄二中八月高三模拟数学（文科）】已知函数

fxax212axlnxaR.

（Ⅰ）若a0，讨论fx的单调性； 【答案】（Ⅰ）当a11时， fx的减区间是0,，无增区间，当a0时， 22fx的增区间是1,1110,1,,，减区间是，当时， fx的增区a2a22a间是11,1，减区间是0,,1,.

2a2a【解析】（Ⅰ） fx的定义域为0,，当a0时，

212ax12ax1fx2ax12a

xx12axx12ax1x12a，

xx

（ⅲ）若1111，即a， x,1时， fx0， fx是增函数， 2a22a1x0,时， fx0， fx是减函数，

2ax1,时， fx0， fx是减函数；

综上可得，当a当1时， fx的减区间是0,，无增区间， 2111a0时， fx的增区间是1,，减区间是0,1,,，

2a22a111,1，减区间是0,,1,. 时， fx的增区间是2a22a当a8．【2017湖北省浠水县实验高级中学测试题（文）】已知函数

11fxmlnxx，其中常数m0.

mx（1）当m2时，求fx的极大值； （2）试讨论fx在区间0,1上的单调性. 【答案】（1）f2在m,1上单调递增；

当m1时， fx在0,1上单调递减；当m1时， fx在0,53（2）当0m1时， fx在0,m上单调递减，ln2；

221上单调递减，在m1,1上单调递增. m【解析】试题分析：（1）借助题设条件将m2代入函数解析式可得

fx51（2）先对函lnxx，进而求导，运用导数与函数的单调性之间的关系求解；

2x11lnxx求导，再借助分类整合思想及导数与函数的单调性之间的关mx数fxm系进行分类求其单调区间：

（2）fxm11xmxmm11x0,m0， 22xxx当0m1时， fx在0,m上单调递减，在m,1上单调递增； 当m1时， fx在0,1上单调递减；

当m1时， fx在0,11上单调递减，在,1上单调递增. mm9．【2017湖北省浠水县实验高级中学测试题（文）】已知函数

fx12x1axalnx. 2（Ⅰ）讨论fx的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析；

【解析】试题分析：（Ⅰ）求出fx的定义域为0,，求导数，若a0，若a0，判断导函数的符号，然后推出函数的单调性；

试题解析：（Ⅰ） fx的定义域为0,，求导数，得

2ax1axax1xaf'xx1a.若a0，则f'x0，此时xxxfx在0,上单调递增，若a0，则由f'x0，得xa.当0xa时， f'x0；但xa时， f'x0，此时fx在0,a上单调递减，在a,上单调

递增.

10．【2017河北省唐山市三模（理）改编】已知函数fxlnx1ax， a0.

2（1）讨论函数fx的单调性； 【答案】（Ⅰ）见解析

2ax22ax1【解析】试题分析：（Ⅰ）求导得f'x， 分0， 0， 0，

x1三种情况讨论可得单调区间.

12ax22ax12ax试题解析：（Ⅰ） f'x， x1， x1x1令gx2ax2ax1， 4a8a4aa2，

22若0，即0a2，则gx0，

当x1,时， f'x0， fx单调递增，

若0，即a2，则gx0，仅当x1时，等号成立， 2当x1,时， f'x0， fx单调递增. 若0，即a2，则gx有两个零点x1由g1g010， gaaa22a， x2aaa22a，

110得1xx20， 122当x1,x1时， gx0， f'x0， fx单调递增； 当xx1,x2时， gx0， f'x0， fx单调递减； 当xx2,时， gx0， f'x0， fx单调递增. 综上所述，

当0a2时， fx在1,上单调递增；

aaa2aaa2和当a2时， fx在1,,上单调递增，

2a2aaaa2aaa2上单调递减. 在,2a2a11．【2018河北省武邑中学第一次月考（理）改编】已知函数fxeax（aR，

xe为自然对数的底数）.

（1）讨论函数fx的单调性； 【答案】（1）见解析

x【解析】试题分析：（1）求函数的导数fxea 通过a0和a＞0 两种情况分

类讨论，分别判断函数的单调性．

12．【2018湖南省岳阳市一中第一次月考（理）改编】已知函数

fxalnxa1x12xa0. 2（1）讨论fx的单调性；

【答案】(1) 当a1时， fx在0,上单调递减；当0a1， fx的单调递增区间为a,1；单调递减区间是0，a和1,；当a1， fx的单调递增区间为1,a，单调递减区间是01，和a,；

【解析】试题分析：（1）求出fx的导数，通过a1,0a1,a1的讨论，分别令

f'x0得增区间， f'x0得减区间；

x2a1xaxax1a试题解析：（1）fxa1x，

xxxfxxax1aa1x， xx①当a1时， fxxax10x，∴fx在0,上单调递减；

②当0a1，由fx0解得ax1，∴fx的单调递增区间为a,1， 单调递减区间是0，a和1,；

③当a1，同理可得fx的单调递增区间为1,a，单调递减区间是01，和a,.