考点16 利用导数研究函数的单调性6种常见考法归类（解析版） 试卷









考点16 利用导数研究函数的单调性6种常见考法归类


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考点一 利用导数求函数的单调区间（不含参）
考点二 含参数的函数的单调性
（一）导主一次型
（二）导主二次型
（1）可因式分解型
（2）不可因式分解型
（三）导主指数型
（四）导主对数型
考点三 比较大小
考点四 解抽象不等式
考点五 已知函数的单调性求参数的取值范围
（一）在区间上单调递增（减）
（二）在区间上单调
（三）单调区间是
（四）存在单调区间
（五）在区间上不单调
（六）由单调区间个数求参数
（七）综合应用
考点六 函数图象与导数图象的应用
（一）由导函数图象确定原函数单调性
（二）由导函数图象确定原函数图象
（三）由原函数图象或解析式确定导函数图象



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，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f′(x)k(k≠0)，构造函数g(x)＝f(x)－kx＋b.
(2)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0，构造函数g(x)＝xf(x)；对于不等式xf′(x)－f(x)>0，构造函数g(x)＝(x≠0).
(3)对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数g(x)＝xnf(x)；对于不等式xf′(x)－nf(x)>0，构造函数g(x)＝(x≠0).
(4)对于不等式f′(x)＋f(x)>0，构造函数g(x)＝exf(x)；对于不等式f′(x)－f(x)>0，构造函数g(x)＝.
(5)对于不等式f′(x)sinx＋f(x)cosx>0(或f(x)＋f′(x)tanx>0)，构造函数g(x)＝f(x)sinx；对于不等式f′(x)cosx－f(x)sinx>0(或f′(x)－f(x)tanx>0)，构造函数g(x)＝f(x)cosx.

9. 可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件
在某区间内f′(x)>0(f′(x)0(或f′(x)g(x)的一般步骤
(1)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]．
(2)证明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)>0.
(3)依(2)知函数F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上是单调递增函数，故f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)．
这是因为F(x)为单调递增函数，
所以F(x)≥F(a)>0，
即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)>0.


考点一 利用导数求函数的单调区间（不含参）
1．（2023·云南·校联考二模）函数的单调递增区间为____________．
【答案】/
【分析】通过二次求导，证明当时，，即得解.
【详解】由题得函数定义域为，
所以在上单调递增，又，
所以当时，，
故的单调递增区间为（或）．
故答案为：
2．【多选】（2023·广东·高三专题练习）已知，则下列说法正确的是（    ）
A．是周期函数 B．有对称轴
C．有对称中心 D．在上单调递增
【答案】ACD
【分析】根据周期函数的定义判断判断A，证明，由此判断C，利用导数判断函数的单调性，判断D，结合单调性和周期的性质作出函数在上的图象，由此判断B.
【详解】因为，
所以，
所以函数为周期函数，A正确；
因为

所以，
所以函数为奇函数，故函数的图象关于原点对称，
所以为函数的中心对称，C正确；
当时，，
因为，
所以，所以函数在上单调递增，D正确；
由可得，
当时，由，可得，
函数在上单调递增，
当，由，可得，
函数在上单调递增，
又，，
作出函数在的大致图象可得：

结合函数是一个周期为的函数可得函数没有对称轴，B错误.
故选：ACD.
3．（2023·上海·高三专题练习）函数（　　）
A．严格增函数
B．在上是严格增函数，在上是严格减函数
C．严格减函数
D．在上是严格减函数，在上是严格增函数
【答案】D
【分析】求导后利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据严格增减函数的定义即可得到选项.
【详解】解：已知，，则，
令，即，解得，
当时，，所以在上是严格减函数，
当时，，所以在上是严格增函数，
故选：D.
【点睛】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.
4．（2023·全国·高三专题练习）若函数为增函数，则的单调递增区间为______
【答案】
【分析】由恒成立可得，对求导，根据及基本不等式即可求解.
【详解】由题可得恒成立，又，所以．
对于函数，其定义域为，有，
又，当且仅当时取等号，由得，则，
故的单调递增区间为.
故答案为:.
考点二 含参数的函数的单调性
（一）导主一次型
5．（2023春·河南郑州·高三郑州市第二高级中学校考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导可得，分和进行讨论即可得解；
（2）根据题意参变分离可得恒成立，令，求出的最大值即可得解.
【详解】（1）依题意，，
当时，显然，所以在上单调递增；
当时，令，得；令，；
即在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题意得恒成立，等价于恒成立，
令，即时成立．
则，当时，，当时，，
那么在上单调递增，在上单调递增减，所以，
所以．
6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可确定单调性；
（2）采用参变分离的方式可得，将不等式右侧变形后，可令，将问题转化为求解；令，利用导数可证得，进而得到，令，利用导数和零点存在定理可说明等号能够成立，采用放缩法可得，由此可得结果.
【详解】（1）由题意知：定义域为，；
当时，，，在上单调递增；
当时，令，解得：；
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由恒成立得：，
令，
令，则，
则当时，；当时，
在上单调递减，在上单调递增，
，即（当且仅当时取等号），
（当且仅当时取等号）；
令，则恒成立，
在上单调递增，又，，
，使得，即，
等号可以成立，
，
，解得：，即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数单调性、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是采用参变分离的方式，根据所构造函数为指对混合函数的特征，采用放缩法来对函数进行变形，从而求得最值.
（二）导主二次型
（1）可因式分解型
7．（2023春·山东菏泽·高三统考期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)是否存在正实数，使得函数在区间上的最小值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，
【分析】（1）由题意可得，按，和分类讨论导函数的正负即可得的单调性；
（2）利用（1）中单调性，按和分情况讨论即可求解.
【详解】（1）由题意可得，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，，
令解得或，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，，
令解得或，令解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）存在正实数，使得函数在区间上的最小值为.
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
①当，即时，在区间上单调递减，
所以，解得，
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，与矛盾，舍去，
综上可知存在正实数，使得函数在区间上的最小值为.
8．（2023·广西·统考模拟预测）已知函数，.
(1)讨论的单调区间；
(2)若有3个零点，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求出函数的定义域，从而根据函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数符号在不同区间上的取值，
根据导函数符号与原函数的单调性之间的关系即可求出所求区间．
（2）由条件，根据函数的单调性结合零点存在性定理可求的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
若，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
若，则恒成立，在上单调递增.
综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
（2）因为有3个零点，所以，
又的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以，，
解得，
此时，，
故函数在区间上各有一个零点，
即函数在区间上各有一个零点，满足要求；
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
9．（2023春·广东佛山·高三华南师大附中南海实验高中校考阶段练习）已知函数，（其中）．
(1)讨论的单调性；
(2)对于任意，都有成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求出，再讨论，，和时导数的正负及函数的单调性；
（2）由对于任意，都有成立等价于对于任意，，构造，其中，由导数求出的最大值，即可得出的取值范围．
【详解】（1）因为函数，其中，
所以，
令，得或，
当时，，故函数在单调递增，
当时，当时，，当时，，
故函数在和上单调递增，在上单调递减，
当，即时，当时，，当时，，
故函数在和上单调递增，在上单调递减，
当，即时，当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述，
当时，函数在单调递增，
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）对于任意，都有成立对于任意，，
即对于任意，对于任意，，
设，其中，
则，
因为，
所以，
所以，
所以在单调递增，
所以，
所以，
即．
（2）不可因式分解型
10．（2023春·江西·高三校联考期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若过点可作曲线的两条切线，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，根据判别式，讨论的取值，求函数的单调区间；
（2）首先设切点，根据导数的几何意义求切线方程，化简后转化为方程有2个实数根，构造函数，利用导数求的取值范围.
【详解】（1），..
当时，，，在上单调递增；
当时，令，得，，
①当时，









增
减
增
②当时，







减
增
综上：当时，在上单调递增；
当时，在和递增，
在递减；
当时，在递增，在递减.
（2）设切点为，则切线方程为，又过点，则，即，.①
依题意若有两条切线，则方程①有两个不同实数根，
设，，易知在上递增，在上递减，
.且时，时.
，.
11．（2023春·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期中）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，求a的取值范围.
【答案】(1)当时，的增区间为；
当时，的增区间为，；
减区间为.
(2)
【分析】（1）求出，的符号由二次函数的函数值的符号决定，分二次函数有零点和无零点讨论，有零点再分零点是否大于零讨论，得到的单调区间；
（2）将恒成立转化为，构造函数，利用导数研究单调性，求出最小值即可求解.
【详解】（1）由得.
令，则
当时，又，所以，即，所以在上单调递增；
当时，有，，所以，
所以在上单调递增；
当时，，令即，
又，得或，
令即，得，
所以的增区间为，；
减区间为；
综上：当时，的增区间为；
当时，的增区间为，；
减区间为.
（2）由题意，，
即，所以在上恒成立，
故，
令，
则，
令，则，
所以在单调递增，且，
所以存在，则，
故当时，，即，函数单调递减，
当时，，即，单调递增，
所以，
设，则，于是，
设，则在内单调递减，且，
又，故，于是，所以，
所以，即a的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题考查导函数中的最值问题，涉及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是多次构造函数，进而可求得结果.
12．（2023·湖南长沙·长郡中学校考一模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)记的零点为，的极小值点为，当时，判断与的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)，理由见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出的导数，得出的单调性，结合函数的极小值点，得到，又，故，从而证明结论.
【详解】（1）由，
①若a0，则在上单调递增;
②若 a0时，在上单调递增，
.
【点睛】关键点睛：本题第二小问中，利用二阶求导求出的单调性是关键，从而可得存在，使得是的极小值点，得从而与函数关联起来.本题是综合题，考查了函数的单调性，极值问题，函数与导数的概念，以及转化思想和分类讨论思想，属于较难题.
（三）导主指数型
13．（2023·江苏·高三专题练习）已知函数．
(1)判断在区间上的单调性；
(2)若恰有两个不同的零点，，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得，分两种情况：若，若，讨论的单调性，进而可得答案．
（2）由（1）可知若有两个不同的零点，则，且极大值，，即，当时，又，且，两式相减可得，不妨设，则且，，进而可得，要证，即证，即可得出答案．
【详解】（1）解：，
若，则恒成立，
所以在上单调递增，
若，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
下面判断与的大小关系，
令，
则，
所以当时，，
所以在上单调递减，
当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即，当且仅当时，取等号，
所以当且时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递减，
综上所述，当，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
当且时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由可知若有两个不同的零点，则，且极大值，
，
由不等式可得，
所以，
所以当时，恒成立，
又，且，
两式相减可得，
不妨设，则且，
所以，即，
所以，
，
设，
，
所以，即，
所以，
由可得，
要证，
需要证，
只要证，
即，
即，
即证，由可证，
所以即证．
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是：由时，函数有两个零点，由，且，两式相减可得，设，，构造，进而得到，将，转化为证明而得解.
14．（2023春·天津南开·高三南开中学校考期中）已知函数，讨论其单调区间与极值.
【答案】答案见详解
【分析】求导，讨论的正负以及与0的大小，利用导数判断原函数的单调性与极值.
【详解】由题意可得：，
（i）当时，则，
令，解得；令，解得；
可得的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，无极小值；
（ⅱ）当时，令，解得或，
①当，即时，令，解得或；令，解得；
可得的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，极小值；
②当，即时，则，
可得的单调递增区间为，无极值；
③当，即时，令，解得或；令，解得；
可得的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，极小值；
综上所述：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，无极小值；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，极小值；
当时，的单调递增区间为，无极值；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，有极大值，极小值.
15．（2023春·甘肃金昌·高三永昌县第一高级中学校考期中）已知函数，，讨论函数的极值.
【答案】答案见解析
【分析】求导，分类讨论判断单调性，进而确定极值.
【详解】由题意可得：的定义域为，，
令，得，，
①当，即时，恒成立，
则函数在定义域内单调递增，
所以函数在定义域内没有极值；
②当，即时，
当和时，；当时，；
则函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数有极大值，当时，函数有极小值；
③当，即时，
当和时，；当时，；
此时函数在区间和上单调递增；在区间上单调递减，
所以当时，函数有极小值；当时，函数有极大值；
综上所述：当时，没有极值；
当时，有极大值，极小值；
当时，有极小值，极大值.
（四）导主对数型
16．（2023秋·河南·高三洛阳市第一高级中学校联考阶段练习）已知函数，其中且．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求定义域，再求导，分与两种情况，求解函数的单调性；
（2）先进行必要性探究，得到，再进行充分性证明，令，求导后得到其最小值为，故只需证明在上恒成立，构造，求导后得到单调性，求出，即，再结合，证明出结论.
【详解】（1）定义域为，
，
当时，，故恒成立，
此时在上单调递减，
当时，令，解得：，
令，解得：，
故在上单调递减，在上单调递增，
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由题意得在上恒成立，
即，令，故，
接下来进行充分性证明：
令，则，
令，解得：，
故当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
，
故只需证明恒成立，
当时，令，故，
即函数在上单调递减，故，即，故，
而由可知，故恒成立，
所以，实数的取值范围是
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
17．（2023·全国·模拟预测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，证明：存在唯一的极小值点，且.
【答案】(1)在单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导可得，设，利用导数可得单调递增，代入可得，即可求证；
（2）由零点存在定理可得存在唯一，使得，通过导数易得存在唯一的极小值点，由可设，利用导数即可证明
【详解】（1）由可得，
设，，
因为，故单调递增，
当时，，，
于是恒成立，当且仅当时，取等号，
所以在单调递增.
（2）当时，，，
则存在唯一，使得，
所以当时，；当时，；
所以在单调递增，单调递减，单调递增，
故在处取得极小值.
因为，即，
又，则，，
设，则，
因为，所以，所以，
则单调递增，又，，
所以.
【点睛】方法点睛：证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
考点三 比较大小
18．（2023·河南·校联考三模）现有下列四个不等式：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的编号是（    ）
A．①④ B．②③ C．①②④ D．②③④
【答案】B
【分析】构造，求导得到单调区间，确定，得到①错误，确定，再构造，求导得到函数的单调区间，代入数据计算得到答案.
【详解】令，则，．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以，当且仅当时，等号成立，即，所以，故①错误．
从而，所以．
综上所述：．
令，，则，
令，则，
当时，，单调递减，所以，
从而可得，，所以在上单调递减，
所以，化简可得，故③正确．
因为当时，，所以，
即，所以当时，．
令，则，即；令，，
故②正确，④错误．
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了比较数的大小关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，构造函数，求导得到单调区间，根据函数的单调性比较数的大小关系是解题的关键.
19．（2023·浙江·高三专题练习）设，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据进行构造函数，利用导数判断单调性，推出a与1的大小关系，同理判断b与1的关系，判断的大小范围时采用分析的方法，结合的特点，构造函数，利用导数判断单调性，即可判断其范围.
【详解】设函数,求导得：,
∴在上单调递减，所以，A错误；
设函数，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，仅当时取等号，
即，则时，，即，
所以，D错误；
由，
下面证明，
，即证,
令，即证：，即，
构造函数 ，即证，
由，所以在上单调递减，则，
即证，
令，，
即在上单调递减，故，即成立，
故成立，所以，
故选：B
【点睛】难点点睛：本题比较大小，要明确数的结构特点，确定其中的变量，进而构造相应的函数，利用单调性进行大小比较，难点是本题解答时要选择恰当的变量，连续构造相应的函数，进行解答.
20．（2023·全国·高三专题练习）已知，，且，则下列关系式恒成立的为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造，，求导研究其单调性，分类讨论得到正确选项.
【详解】构造，，
则，
当时，，，
所以在单调递增，
因为，
当，时，则,所以所以
单调递增，所以;
当，时,所以所以,
单调递减，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛，构造函数，本题中构造进行求解，利用函数单调性比较函数值的大小，.
21．（2023·全国·高三专题练习）若，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造函数，研究的奇偶性和单调性，由此判断出的大小关系.
【详解】设，则，，．
因为，
所以．
当时，因为，
所以在上单调递增．
因为，所以．
要比较和的大小关系，
即比较和的大小关系，
即比较和的大小关系，
其中，，
所以，所以，所以．
所以.
的另解：先证明，
不妨设，即证，
即证，其中，
即证，
构造函数，
，
所以在上单调递增，，
所以当时，，即成立，
也即成立.
所以，即.
故选：A
【点睛】比较实数的大小关系有很多方法，如差比较法、利用函数的单调性的方法、利用分段法、利用导数的方法.其中利用导数来比较大小，可以先根据要比较的数的结构进行构造函数，然后利用导数研究所构造函数的单调性，由此来得出大小关系.
22．（2023·福建·统考模拟预测）已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】构造，根据导函数可得在上单调递减，进而可得出.构造，根据导函数单调性，结合中间值1即可得出，即可得出答案.
【详解】令，则，
令，则恒成立，
所以，即在R上单调递增.
又，
所以，当时，恒成立，
所以，在上单调递减.
又，，所以，
即，，即，即，所以.
令，则，导函数单调递增，
且所以存在，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，
又，所以；
综上可得，.
故选：A.
23．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知函数，若，，，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，结合偶函数和单调性分析判断.
【详解】因为，可得函数为偶函数，
当时，则，可得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
可得，
即在上恒成立，故在上单调递增，
又因为，且，
所以，即.
故选：D.
24．（2023·浙江·统考二模）已知函数，，，，若，，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
考点四 解抽象不等式
25．（2023·河南·校联考三模）已知函数.若.则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】因为函数定义域为，，，
所以是奇函数且在上单调递增，
由0，可得，则，解得，
即的取值范围是.
故答案为：.
26．（2023·全国·高三专题练习）已知偶函数与其导函数的定义域均为，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由偶函数的定义结合导数可得出，由已知可得出，可求出的表达式，利用导数分析函数的单调性，可知函数在上为增函数，再由可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①
因为函数为偶函数，则，②
联立①②可得，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，即函数在上为增函数，
故当时，，所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，整理可得，解得.
故选：B.
27．【多选】（2023·辽宁锦州·统考二模）已知函数是定义在上的可导函数，当时，，若且对任意，不等式成立，则实数的取值可以是（    ）
A．-1 B．0 C．1 D．2
【答案】AB
【分析】由题意可得为偶函数，在上单调递增，不等式等价于，由，解不等式即可.
【详解】函数是定义在上的可导函数，，则定义域为，
，为偶函数，
当时，，则在上单调递增，
当，，则有，
即，所以，
由，可得，
根据选项可知，实数a的取值可以是-1和0.
故选：AB.
28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数及其导函数的定义域均为，满足，，，当时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【分析】令，由及可得，，从而得关于对称，再令，则原不等式等价于，利用导数得在上单调递增，再由得关于对称，从而得在上单调递增且有，从而得答案.
【详解】解：令，因为，
所以，所以（为常数），
又因为，所以，所以＝0，
即，则函数关于对称，
令，则原不等式等价于，
当时，因为，
则，
此时单调递增．
因为，所以函数关于对称，
则函数在时单调递增，
又因为，则，，
所以的解集为，
即原不等式的解集为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：对于解抽象函数(可导)的不等式的试题，要构造函数，利用导数确定函数的单调性再结合函数的对称性(周期性)求解即可.
29．（2023·湖北·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为R，且满足时，．若不等式在上恒成立，则a的取值范围是__________,
【答案】
【分析】构造，得到其奇偶性和单调性，对不等式变形得到，从而得到，平方后由一次函数的性质得到不等式组，求出a的取值范围.
【详解】令，则，故为R上的偶函数，
当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
等价于，
即在上恒成立．
所以，平方后化简得到．
由一次函数性质可得，
解得，即，
故a的取值范围是．
故答案为：.
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，若，则构造，
若，则构造，若，则构造.
30．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的单调递减区间是，则关于的不等式的解集是__________.
【答案】
【分析】根据题意可得不等式的解集为，再根据二次不等式的解集与系数的关系解得，，再代入因式分解求解不等式即可
【详解】，的单调递减区间是，则不等式的解集为，所以是的两根，故，，所以，，.令，得，即，得；令，得，即，得；所以不等式的解集为.
故答案为：
考点五 已知函数的单调性求参数的取值范围
（一）在区间上单调递增（减）
31．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则“”是“在上单调递增”的（    ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】求得在上单调递增的充要条件即可判断.
【详解】由题
若在上单调递增，则恒成立，即，
故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件
故选:.
32．（2023·广西玉林·统考二模）若函数在上为增函数，则a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】对函数求导，根据题意可得对恒成立，列出不等式组，解之即可求解.
【详解】依题意得对恒成立，
即对恒成立．
因为y＝ax＋a＋1的图象为直线，
所以，解得．
故选：B.
33．（2023·河南·校联考模拟预测）若函数在上单调递增，则实数m的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得在上恒成立，构建，结合定点分析运算.
【详解】因为，则，
由题意可得在上恒成立，
构建，则，
注意到，则，解得，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
若，因为，则，
可得；
若，因为，则，
可得；
综上所述：当时，在上恒成立，
则在上单调递增，可得，符合题意；
故实数m的取值范围为.
故选：D.
【点睛】方法定睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
34．（2023·全国·高三专题练习）若函数且在区间内单调递增，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令，利用导数求出函数的单调区间，再分和两种情况讨论，结合复合函数的单调性即可得解.
【详解】令，则，
当或时，，当时，，
所以在和上递减，在上递增，
当时，为增函数，且函数在区间内单调递增，
所以，解得，
此时在上递增，则恒成立，
当时，为减函数，且函数在区间内单调递增，
所以，无解，
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
35．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的单调性知导数小于等于0恒成立，分离参数后由正切函数单调性求解.
【详解】由题意，在上恒成立，
即在上恒成立，
因为在上单调递增，所以，
所以在时，，
所以.
故选：B
36．（2023秋·河南郑州·高三校联考期末）已知，函数在其定义域上单调递减，则实数__________.
【答案】2
【分析】由导数与函数的单调性关系结合条件可得对任意的恒成立，再利用导数求函数的最大值和取最大值的条件，由此可得的值.
【详解】因为，所以，
由已知函数在其定义域上单调递减，
所以对任意的恒成立.
设，则，
由知，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以在时取得最大值，又
所以对任意的恒成立，
即的最大值为，所以，解得.
故答案为：2
37．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在单调递增，在单调递减，则函数在的值域是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出的导函数，再根据在单调递增，在单调递减，可得，从而求得实数的值，利用导数求出在，的单调性，即可求得值域．
【详解】解：，
∵在单调递增，在单调递减，
，即，
，
，，
当，时，，当时，，
在，上单调递减，在，，上单调递增，
符合题意，
又，（1），（2），
函数在，的值域是，．
故选：A．
38．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用导数使得函数，在区间单调递增；同时也要根据指数型复合函数的单调性，保证在区间上单调递增；最后再保证在分割点处，使得的函数值小于等于的函数值即可.
【详解】由题知，，即；
由得
只需保证在上恒成立，则在上恒成立，即；
又函数在上单调递增，则需满足，
综上，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】此题考查分段函数的单调性，三次函数单调性，恒成立问题等，涉及导数的计算，属于较难题.
39．（2023·全国·高三专题练习）若对任意的 ，，且，都有，则m的最小值是（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】已知不等式变形为，引入函数，
则其为减函数，由导数求出的减区间后可的最小值．
【详解】因为，
所以由，
可得，
，
即．
所以在上是减函数，
，
当时，，递增，
当时，，递减，
即的减区间是，
所以由题意的最小值是．
故选：A．
（二）在区间上单调
40．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若f(x)在R上单调，则a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求函数的导函数，由在R上单调，可知恒成立或恒成立，构造函数，分类讨论a的取值范围，利用导数研究函数的单调区间及最值即可得解.
【详解】求导，令，
由在R上单调，可知恒成立或恒成立，分类讨论：

（1）当时，，令，得
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
，即恒成立，符合题意；
（2）当时，，令，得
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，即恒成立，符合题意；
（3）当时，令，得或，

研究内的情况即可：
当时，，函数单调递减；当时， ，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
当时，函数取得极小值，且满足；当时，函数取得极小值，且满足
，且
同理，且
又，当时，；当时，，故不符合；
所以a的取值范围是
故选：A
【点睛】方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.
41．（2023·全国·高三专题练习）若函数是上的单调函数，则实数的取值范围是（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用基本初等函数的导数以及导数的运算法则，求出此函数的导函数，由单调性得出需Δ≤0即可求解得选项.
【详解】若函数是上的单调函数，只需在上恒成立，
即，
∴．故的取值范围为．
故选：B.
【点睛】本题考查根据函数的单调性求参数的范围，关键在于运用其导函数的符号与函数的单调性的关系，属于基础题.
42．（2023·全国·高三专题练习）若函数在上是单调函数，则的最大值是______.
【答案】3
【分析】首先求解导函数，然后利用导函数研究函数的性质确定实数a的最大值即可.
【详解】由题意可得：，由题意导函数在区间上的函数值要么恒非负，要么恒非正，很明显函数值不可能恒非负，故，
即在区间上恒成立，据此可得：，
即的最大值是3.
故答案为3．
【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性，恒成立问题的处理方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
43．（2023·全国·高三专题练习）已知三次函数在上单调递增，则最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由函数单调性可知恒成立，结合二次函数图象与性质可确定，由此化简所求式子为；利用，配凑出符合对号函数的形式，利用对号函数求得最小值.
【详解】在上单调递增，恒成立，
，，，，
，
令，设，
则，
，，（当且仅当，即时取等号），
，即的最小值为.
故选：.
【点睛】本题考查利用对号函数求解最值的问题，涉及到根据导数的单调性确定参数范围、分式型函数最值的求解问题；关键是能够通过二次函数的图象与性质确定的关系，进而构造出符合对号函数特点的函数.
（三）单调区间是
44．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若的单调递减区间为，求实数的值．
【答案】
【分析】根据单调递减区间区间可得极值点，再根据根与系数关系可得参数的值.
【详解】的单调递减区间为,
，是的两个根，
，
即.
45．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的单调递减区间是，则（    ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】利用导数结合韦达定理得出的值.
【详解】函数，则导数
令，即，
∵，的单调递减区间是，
∴0，4是方程的两根，
∴，，
∴
故选：B.
46．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的单调递减区间为，则（    ）.
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据得到，再根据的单调递减区间是，得到和1是方程的两个根，代入解方程即可.
【详解】由得，又的单调递减区间是，所以和1是方程的两个根，代入得.经检验满足题意
故选：B.
（四）存在单调区间
47．（2023·全国·高三专题练习）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是_________．
【答案】
【分析】求出函数的导数，问题转化为，而求出最小值，从而求出a的范围即可．
【详解】，在内成立，所以，
由于，所以，，所以．
故答案为:
48．（2023·全国·高三专题练习）若函数存在单调递减区间，则实数b的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先计算出,由存在单调递减区间知在 上有解即可得出结果.
【详解】函数的定义域为 ，且其导数为．由存在单调递减区间知在 上有解，即有解．因为函数的定义域为 ，所以．要使有解，只需要的最小值小于，所以，即，所以实数的取值范围是 ．
故选:B．
49．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求证：函数存在单调递减区间，并求出单调递减区间的长度的取值范围；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）求出导函数，通分后，对分子令，由二次方程知识说明其在上有两个不等实根，由韦达定理把用参数表示，根据已知范围可得结论；
（2）不等式变形后引入函数，求出函数，然后对再多次求导后，分类讨论确定导数值的正负，得函数的单调性，从而得不等式是否恒成立．
【详解】（1），
令，
∵，，∴有两个不等实根（不妨设），
而，，因此，
所以在上的解集为，
即的单调减区间是，
由韦达定理得，，
，
∵，∴；
（2）由题意在上恒成立，
令，
，令，
则，令，
则，令，
则，
所以在上单调递减，，
所以在上单调递减，，
当，即时，，
在上单调递减，，
所以在上单调递减，成立，所以，
当，即时，在上有根，设根为，
在上，，在上，
所以在上递增，在上递减且，时，，
因此在上有解，设解为，
在上，， 单调递增，而，因此在上，，从而在上不恒成立，
综上所述，．
【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究函数的单调区间，研究不等式恒成立问题，方法是不等式变形为（其中引入新函数），求出导函数，难点是需要对多次求导后，才能通过分类讨论确定导数值的正负，相应函数的单调性．
（五）在区间上不单调
50．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．若在内不单调，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】求出函数的导数，然后参数分离，先求出函数在内单调时的范围，从而可得不单调时的范围.
【详解】由，得，
当在内为减函数时，则在内恒成立，
所以在内恒成立，
当在内为增函数时，则在内恒成立，
所以在内恒成立，
令，因为在内单调递增，在内单调递减，
所以在内的值域为，所以或，
所以函数在内单调时，a的取值范围是，
故在上不单调时，实数a的取值范围是．
故答案为：．
51．（2023·全国·高三专题练习）若对于任意 ，函数在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________．
【答案】
【分析】求导，先求解在区间上为单调函数，分单调递增和单调递减两种情况讨论，然后转化成恒成立问题，分离参数求解最值，进而可得不单调时m的取值范围.
【详解】，若存在，在区间上为单调函数，
则①在上恒成立，或②在上恒成立．
由①得在上恒成立，由于，所以，
即在上恒成立，由于函数均为上的单调递减函数，
所以单调递减，当时，取最大值，则，
又存在，所以，
当时，取到最小值-5，所以，即；
由②得在上恒成立，则，即，
所以存在，函数g(x)在区间(t,3)上为单调函数的m的取值范围为或，
因此使函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为.
故答案为：
52．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上不单调，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】因为在上不单调，故利用在上必有零点，利用，构造函数，通过的范围，由此求得的取值范围.
【详解】依题意，故在上有零点，令，令，得，令，
则，由，得，单调递增，又由，得，
故，所以，的取值范围
故选：A
53．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】把在区间上不是单调函数，转化为在区间上有零点，用分离参数法得到，规定函数，求出值域即可得到实数的取值范围.
【详解】因为在区间上不是单调函数，
所以在区间上有解，即在区间上有解．
令，则．
当时，；当时，．
故在上单调递减，在上单调递增．又因为，
且当时，
所以在区间上单调递增，所以，解得.
故选：A
54．（2023·全国·高三专题练习）若函数在定义域内的一个子区间上不是单调函数，则实数k的取值范围是（    ）
A． B． C．(1，2] D．[1，2)
【答案】A
【分析】利用导数研究函数的极值性，令极值点属于已知区间即可.
【详解】显然函数的定义域为，．
由，得函数的单调递增区间为；
由，得函数单调递减区间为．
因为函数在区间上不是单调函数，所以，解得，又因为为定义域内的一个子区间，所以，即．
综上可知实数k的取值范围是．
故选：A
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值，其中考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.本题解题的关键在于结合已知条件，得，进而求解.
（六）由单调区间的个数求参数
55．（2023·全国·高三专题练习）已知函数恰有三个单调区间，则实数a的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】三次函数才可能有三个单调区间，因此，另外有两个不等实根．
【详解】，∴有三个单调区间，∴，解得且．
故选B．
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，属于基础题．三次函数有三个单调区间的条件是其导函数有两个零点．
56．（2023·全国·高三专题练习）已知函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求出函数的导函数，利用导数有两个不等的实数根，结合二次函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
因为函数存在三个单调区间，可得有两个不相等的实数根，
则满足，解得或，
即实数的取值范围是.
故选：C.
57．（2023·全国·高三对口高考）设函数恰有三个单调区间，试确定a的取值范围．
【答案】.
【分析】根据导数与函数的单调性的关系，分和讨论结合条件即得.
【详解】由题可知的定义域为R，，
若，则恒成立，此时在R上单调递增，即只有一个单调区间，不符题意；
若，由解得，
由解得或，
此时在上单调递增，在与上单调递减，共有三个单调区间，符合题意；
所以a的取值范围是．
（七）综合应用
58．（2023·甘肃兰州·校考一模）已知函数
(1)若函数存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数在[1,4]上单调递减，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意整理函数的函数解析式，明确定义域并求导，构造函数，将问题转化为不等式在闭区间有解问题，分情况讨论，利用二次函数的性质，可得答案；
（2）由题意，将问题转化为不等式在闭区间上恒成立问题，利用分情况求最值，可得答案.
【详解】（1）由，易知其定义域为，则，
因为函数存在单调递减区间，所以在上有解，
当时，不等式为，解得，则当时，不等式成立，符合题意；
令，
当时，函数为开口向下的二次函数，则在上必定有解，符合题意；
当时，函数为开口向下的二次函数，其对称轴为直线，令，解得，即时，在上有解，符合题意；
综上，.
（2）由（1）可知，，令，
由函数在[1，4]上单调递减，则在上恒成立，
当时，由（1）可知，，解得，则函数在上单调递减，符合题意；
当时，函数为开口向下的二次函数，其对称轴为直线，则函数在上单调递减，即，
令，解得，符合题意；
当时，函数为开口向上的二次函数，其对称轴为直线，
①当，即时，则函数在上，令，解得，即当时，符合题意；
②当，即时，则函数在上，令，解得，即当时，符合题意.
综上，.
59．【多选】（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，若，其中，则（    ）
A． B．
C． D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象．设，由图象可得知，，的取值范围，从而可判断A；又根据，对照系数可得的值，可得得取值范围，从而可判断C，D；结合A和C即可判断B．
【详解】因为，所以，
令，解得或，
当时，或，所以单调递增区间为和；
当时，，所以单调递减区间为，
的图象如右图所示，

设，则，，故A错误；
又，所以，
即，
对照系数得，故选项C正确；
，故选项D正确；
因为，所以，解得，故选项B正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：先利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象，再利用数形结合求解是解答本题的关键．
60．（2023·全国·高三专题练习）设向量，满足，，若函数单调递增，则的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】依题意得的解析式（含参），再结合题意有恒成立，再结合二次函数的性质即可求得参数的范围．
【详解】依题意得，
又函数单调递增，
则恒成立，
所以，，
所以，即．
故答案为：．
考点六 函数图象与导数图象的应用
（一） 由导函数图象确定原函数单调性
61．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数的大致图象如图所示，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据图形，结合函数的单调性和极值点的概念以及韦达定理，计算即可求解.
【详解】由图可知，函数有两个递增区间，一个递减区间，
所以函数图象开口方向朝上，且于x轴有两个交点，
故；
又函数的极大值点在y轴左侧，极小值点在y轴右侧，且极大值点离y轴较近，
所以方程的两根满足，
即，得，
因此.
故选；B.
62．（2023·全国·高三专题练习）如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ）

A．在区间上，是增函数
B．当时，取到极小值
C．在区间上，是减函数
D．在区间上，是增函数
【答案】D
【分析】对于ACD,根据导数的正负和原函数单调性之间的联系进行判断即可;
对于B，根据极值点处左右两边的单调性进行判断.
【详解】由导函数图象知，在时，，递减，A错；时，取得极大值（函数是先增后减），B错；时，，递增，C错；时，，递增，D正确．
故选：D.
63．【多选】（2023春·河南洛阳·高三校联考阶段练习）定义在上的可导函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．是函数的极大值点，是函数的极小值点
B．是函数的极小值点
C．函数的单调递增区间是
D．函数的单调递减区间是
【答案】BCD
【分析】观察导函数图象，分别确定导数取正值和负值的区域，结合导数与单调性和极值的关系判断函数的单调性和极值即可.
【详解】由题意可得，当时，，当且仅当时取等号，
当时， ，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以是函数的极小值点，所以B，C，D正确，A错误.
故选：BCD.
64．【多选】（2023春·重庆巫溪·高三校考阶段练习）已知函数与的图象如图所示，则（    ）

A．在区间上是单调递增的
B．在区间上是单调递减的
C．在区间上是单调递减的
D．在区间单调递减的
【答案】AC
【分析】首先根据函数的定义域，排除选项，再求函数的导数，根据图象，判断导数的正负，得到函数的单调性，即可判断选项.
【详解】当或时，，则函数的定义域为，排除选项BD；
，由图易得当时，，即，所以函数在上是单调递增的，故选项A正确；
又由图易得当时，，
即，所以函数在上是单调递减的，故选C正确；
故选：AC
（二）由导函数图象确定原函数图象
65．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中可能是图象的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据的图像，得到不同范围下，的正负，得到的单调性，得到答案.
【详解】由的图象知，当时，，故，单调递增；
当时，，故，当，，故，
等号仅有可能在x＝0处取得，
所以时，单调递减；
当时，，故，单调递增，结合选项只有C符合.
故选：C.
66．（2023春·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）函数的图象如图所示，则函数的图象可能是

A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．
67．（2023·全国·高三专题练习）函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象可能是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题利用导函数的性质，便可以解题.，函数为增函数，，函数为减函数，根据导函数图形找到对应区间就可以得出答案.
【详解】由图象知，当或时，，函数为增函数，当或时，，函数为减函数，对应图象为A.
故选：A．

68．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的导函数图像如图所示，则的图像是图四个图像中的（    ）．

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据导数与单调性的关系，以及导数的几何意义，可得答案.
【详解】由题意可知，当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，单调递增，则在上增的越来越快，
当时，单调递减，则在上增的越来越慢，
当时，单调递减，则在上减的越来越快，
当时，单调递增，则在上减的越来越慢，
只有A选项符合.
故选：A.
69．（2023·全国·高三专题练习）设是函数的导函数，的图像如图所示，则的图像最有可能的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】当时，，当时，，当时，，根据函数的单调性即可判断.
【详解】由导函数的图象可得当时，,函数单调递增；
当时，,函数单调递减；
当时，,函数单调递增.
只有C选项的图象符合.
故选:C.
（三）由原函数图象或解析式确定导函数图象
70．（2023·全国·高三专题练习）设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的单调性与导函数的关系判断即可；
【详解】解：由的图象可知，当时函数单调递增，则，故排除C、D；
当时先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于，再大于，最后小于，故排除B；
故选：A
71．（2023春·河北石家庄·高三石家庄市第二十五中学校考期中）设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（    ）
  
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据的图象可得的单调性，从而得到在相应范围上的符号，据此可判断的图象.
【详解】由的图象可知，在上为单调递减函数，故时，，故排除A，C；当时，函数的图象是先递增，再递减，最后再递增，所以的值是先正，再负，最后是正，因此排除B，
故选：D.
72．（2023·陕西西安·校联考一模）已知定义在上的函数的大致图像如图所示，是的导函数，则不等式的解集为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】分、两种情况求解即可.
【详解】若，则单调递减，图像可知，，
若，则单调递增，由图像可知，
故不等式的解集为．
故选：C
73．（2023·全国·高三专题练习）在R上可导的函数的图象如图所示，则关于x的不等式的解集为______．

【答案】或
【分析】根据原函数的图象可得导数的符号，从而可求不等式的解.
【详解】由的图象可得的解为或，
的解为.
而即为或，
故或，
故答案为：或