微专题 导数法研究函数的单调性 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练

这是一份微专题 导数法研究函数的单调性 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共39页。学案主要包含了考点梳理，题型归纳，双基达标，高分突破，整体点评等内容，欢迎下载使用。
1. 函数的单调性与导数的关系
一般地，函数f(x)的单调性与导函数f′(x)的正负之间具有如下的关系：在某个区间(a，b)上，如果f′(x)>0，那么函数y＝ f(x)在区间(a，b)上单调递增；如果f′(x)0(f′(x)0，那么函数在这个区间内单调递增；如果0时，不等式恒成立.
【点睛】
关键点睛：函数不等式的证明，等价转化，再构造函数是解决问题的关键.
20．（1），在定义域上为增函数；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，由可得（也可由求得），为确定的正负，设，再求导，由的正负确定单调性，从而得正负，得的单调性；
（2）先利用导数证明不等式，然后引入函数，求出，对其中的部分函数，求出导函数，利用刚证的不等式可得，从而递增，因此可得是增函数（），因此得出单调性及最小值，得，于是得，结合已知得，由的单调性得证结论．
【详解】
解：（1），
切线斜率，
所以，
此时，
则，
可得在上为减函数，在上为增函数，因此恒成立，
故在定义域上为增函数
（2）先证不等式，
设，则，
可得在上为增函数，在上为减函数，
所以当时，即成立，，
令，
则，
设，
则，利用不等式得，
那么，
所以是增函数，故是增函数，
又因为，在时，，时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，.
所以，即，当时，取等号，所以，
又由得，
所以，
又在定义域上为增函数，
所以，即得证.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，证明不等式成立．证明不等式的关键是引入新函数，利用导数证明，这样明确，即求得的最小值为0即可．本题考查了学生的转化与化归能力，分析问题解决问题的能力，运算求解能力，本题属于难题．
21．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题可求，利用二次函数的性质通过分类讨论可求；
（2）由题可得函数的最小值为，构造函数设，可求函数的最大值为，即证.
(1)
∵，函数的定义域，
∴
，
设，
函数是开口向下的抛物线，
又．
①当时，，
又，即，
因此在上单调递减．
②当时，有两个不等实根，
设两个根为，且．
，可知，
解得，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
要证明成立，即就是证明成立．
当时，由上可知，函数在上递减，在上递增，
因此函数的最小值为．
设．
因此，当时，在区间上递增，
当时，在区间上递减，
所以的最大值为，
因此对任意，总有，
故．
【点睛】
用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；
(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
22．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
23．（1）；（2），在单调递减；，在单调递增，在单调递减；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求得导函数，利用导数的几何意义得到切线的斜率，进而得出切线方程；
（2）分类讨论，函数的定义域，在定义域内研究讨论导数的正负，进而得到单调性；
（3）解法1：等价转化为.先将不等式左边看成以a为自变量的函数，设，利用导数研究其单调性，进而得到
.由（1）可知，当时，，得，然后利用放缩证得；
解法2：（3）不等式等价于.
由（1）可知，当时，，得，先利用，得到，从而为证原不等式，只需证
构造函数，利用导数研究其单调性，进而得证.
【详解】
（1），则，
于是点处切线方程为：，即.
（2）若，则定义域，，在单调递减.
若，则定义域为，.
由得，由得，所以在单调递增，在单调递减.
解法1：（3）不等式等价于.
设，.
设，则，所以.
而，所以，在单调递减，所以.
由（1）可知，当时，，得.所以
.
因此当时，.
解法2：（3）不等式等价于.
由（1）可知，当时，，得，从而.
设，在单调递增.
因为，所以当时，，当时，.
所以.因此.
所以当时，.
【点睛】
利用，进行放缩是解决同时含有指数对数的不等式证明得常用方法，值得注意体会和掌握.
24．(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；
(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)[方法一]【最优解】：
有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
有2个不同零点，不妨设，由得（其中）．
且．
要证，只需证，即证，只需证．
又，所以，即．
所以只需证．而，所以，
又，所以只需证．
所以，原命题得证．
[方法三]：
若且，则满足且，由（Ⅱ）知有两个零点且．
又，故进一步有．
由可得且，从而．．
因为，
所以，
故只需证．
又因为在区间内单调递增，故只需证，即，注意时有，故不等式成立．
【整体点评】
本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，
方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.
方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！
方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为与0比较大小，代入函数放缩得到结论.
25．选①②③，答案均为：的单调递减区间为，单调递增区间为和．
【解析】
【分析】
选①，根据在处取得极小值2，则有，从而可求得a，b，再根据导函数的符号即可求得函数的单调区间；
选②，根据在处取得极大值6，则有，从而可求得a，b，再根据导函数的符号即可求得函数的单调区间；
选③，根据求出函数的导函数，根据导函数的符号即可求得函数的单调区间，从而可得函数的极值，再根据的极大值为6，极小值为2, 可求得a，b，即可得出答案.
【详解】
解：选条件①．
易知，
由，得．
所以，
令，得或，令，得．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为和．
选条件②．
易知，
由，得．
所以，
令，得或，令，得．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为和．
选条件③．
易知，
由题意可知，
令，得，
则，随的变化情况如表所示．
所以，解得．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为和．
26．(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
(2)
（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因为，所以即证，
记，，
，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】
极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
27．（1）极大值为；极小值为；（2）答案见解析．
【解析】
【分析】
（1）时，先求导以及的根，再列表判断单调性，即求得极值；
（2）先写定义域，求导以及的根，再讨论根是否在定义域内和两个根的大小关系，确定导数的正负情况，即得函数的单调性.
【详解】
解：（1）当时，，定义域为，
．
令，解得，或．
当变化时，，的变化情况如下表：
当时，有极大值，且极大值为；
当时，有极小值，且极小值为．
（2）函数定义域为，．
令得或．
①若，则当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
②若，即，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
③若，即，则当时，，单调递增，
④若，即，则当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上所述，当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
当时，的单调递增区间是，，递减区间是；
当时，的单调递增区间是，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间是，，单调递减区间是．
28．（Ⅰ）单调减区间，单调增区间，；（Ⅱ）有且只有一个零点.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）求得导函数，进而求得导函数的零点，得到导函数的正负区间，从而得到原函数的增减区间；（Ⅱ）利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理得到零点个数.
【详解】
（Ⅰ）当时，，所以.
令，解得，和，
当或，，所以，是单调增区间；
当，，所以是单调减区间；
（Ⅱ），，∵，成立，
∴令,解得，
∵，，
∴函数 在上上的单调性是：
在内单调递减，在内单调递增.
易知.
当时，∴当时，只要,即且时，即时必有，
∴当时，函数在上只有一个零点.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，零点问题，属基础题，其中利用导数研究函数的单调性是关键；利用放缩法判定当足够大时函数值大于零，是利用零点存在定理证明有一个零点的必要步骤.
29．（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，对m讨论，得到单调性；
（2）当时，先求出，由题意，原不等式等价于，，利用导数求出，进而求出m的范围.
【详解】
（1），所以当时，有恒成立，在单调递增，当时，由解得：，在上单调递增；由解得：，在上单调递减；
（2）当时，，
根据题意，不等式等价于，，
对于，，，
所以在上单增，所以，
则有，
设，则，
在定义域内为减函数，
又，所以，
即的取值范围是.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)恒（能）成立问题求参数的范围：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.
30．（1），单调递增；，单调递减，单调递增；，单调递减；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题设得，讨论、、判断在上的符号，即可得的单调性；
（2）由题设可得，易知且，要使在上有三个零点，即在上有两个不相等的实根，讨论参数a，当时构造，利用导数研究极值，进而求的取值范围.
【详解】
（1）由题设，，而上，
∴当时，上恒成立，单调递增；
当时，上，单调递减；上，单调递增；
当时，上恒成立，单调递减；
（2）由题意，，又，
∴，得，
∴，而，
∴要使在上有三个零点，即上只有一个零点即可，故在上有两个极值点，
∵，则在上有两个不相等的实根，而，
∴由（1）知：当时，递增，不合题意；当时，递减，不合题意；
当时，在递减，递增；而，
令且，则，
∴当时，有递减；当时，有递增；
∴，即，
∴只需，即，此时在上有三个零点.
∴的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：第二问，将问题转化为在上有两个不相等的实根，讨论参数，并构造中间函数并利用导数研究最值的符号、单调性，进而求出参数范围.
31．(1)
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）求出、，由直线的点斜式方程可得答案；
（2）求出，分、、、 讨论的正负可得答案.
(1)
∵，
∴，
∴，又，∴.
∴所求切线方程为.
(2)
由题意知，函数的定义域为，
由（1）知，
∴，易知，
①当时，令，得或；令，得.
②当时，，令，得；令，得或.
③当时，.
④当时，，令，得；令，得或.
综上，当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，函数在上单调递减；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，；
当时，函数函数的单调递增区间为，，单调递减区间为.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义、导数判断函数的单调性的问题，关键点是对进行讨论，考查了学生发现问题、解决问题的能力.
32．(1)有极小值，无极大值
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）求函数的导数，结合函数极值和单调性的关系进行求解即可；
（2）当时，利用零点的存在性定理可得函数存在零点，结合函数极值和导数之间的关系求最值，利用基本不等式法进行证明即可.
(1)
函数的定义域为，当时，
函数的导数为，且
又，故在区间上单调递增，
则当时，当时，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以函数在时有极小值，无极大值
(2)
当时，
故在区间上单调递增，其中
且当上时，，取
则有
故导函数存在零点，且为极小值点，
满足，
故(当且仅当即时取等号)，
即
33．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）易得，分别将三个条件代入即可计算出m；
（2）对m分，，三种情况讨论即可得到函数的单调性.
(1)
方案一：选条件①.
易得，
，.
方案二：选条件②.
易得，
，.
方案三：选条件③.
易得，
∴由，得，.
有两个极值点-1，1，，.
(2)
.
当时，由，得或.
（i）若，则.
在R上单调递增.
（ii）若，则.
∴当时，或；当时，.
在上单调递增，在上单调递减.
（iii）若，则.
∴当时，或；当时，.
在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
34．（1）的减区间为，增区间为；（2）.
【解析】
【分析】
（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；
（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
【详解】
（1）当时，，，
令，解得，令，解得，
所以的减区间为，增区间为；
（2）若有两个零点，即有两个解，
从方程可知，不成立，即有两个解，
令，则有，
令，解得，令，解得或，
所以函数在和上单调递减，在上单调递增，
且当时，，
而时，，当时，，
所以当有两个解时，有，
所以满足条件的的取值范围是：.
【点睛】
本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.
-1
3
-
0
+
0
-
-
0
+
0
-
递减
极小值
递增
极大值
递减
+
0
-
0
+
极大值
极小值
＋
－
＋
单调递增
单调递减
单调递增