【典例3】（2018年全国卷II文）已知函数（1）若（2）证明：
，求
的单调区间；
．
只有一个零点．
），（
，+∞）单调递增，在（
，
）单调递减．
【答案】（1）f（x）在（–∞，（2）见解析. 【解析】
（1）当a=3时，f（x）=令f ′（x）=0解得x=当x∈（–∞，当x∈（
，
）∪（
或x=
，f ′（x）=．
，+∞）时，f ′（x）>0；
．
）时，f ′（x）<0． ），（
，+∞）单调递增，在（
，
）单调递减．
故f（x）在（–∞，
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，
+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点． 又f（3a–1）=
综上，f（x）只有一个零点． 【总结提升】
利用导数求函数单调区间的方法
(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．
(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．
温馨提醒：所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．
，f（3a+1）=
，故f（x）有一个零点．
【变式3】(2019·广东省中山一中等七校联考)已知函数(1)求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间．
.
【答案】（1）y＝(ae2－1)(x－2)；（2）见解析.
【解析】(1)函数的导函数为，
可得曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为ae2－1，切点坐标为(2,0)， 即切线的方程为y－0＝(ae2－1)(x－2)，即y＝(ae2－1)(x－2)． (2)f(x)的导函数为
①当a＝0时，f′(x)＝－(x－1)， 若x＞1，则f′(x)＜0，f(x)单调递减， 若x＜1，则f′(x)＞0，f(x)单调递增．
②当a＜0时，若x＞1，则f′(x)＜0，f(x)单调递减； 若x＜1，则f′(x)＞0，f(x)单调递增．
③当a＞0时，若a＝，则f′(x)＝(x－1)·(ex1－1)，f(x)在R上单调递增．
－
．
1e若a>，则f′(x)＞0即为
1e，可得x＞1或x＜ln1； af′(x)＜0即为可得ln，
1＜x＜1. a若0＜a＜，则f′(x)＞0即为
1e，可得x＜1或x?ln1； af′(x)＜0即为可得1＜x＜n，
1. a综上可得，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a＝时，f(x)的单调递增区间为R；
当a>时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，(??,ln当0＜a＜时，f(x)的单调递增区间为(ln1e1e11)，单调递减区间为(ln,1)； aa1e11,??)，(－∞，1)，单调递减区间为(ln,1). aa考点3 利用函数的单调性研究函数图象
【典例4】（2018·全国高考真题（文））函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D 【解析】 函数过定点求得函数的导数由
得
，
，排除
，
，
得或，此时函数单调递增，排除，故选D.
【规律方法】
函数图象的辨识主要从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 【变式4】（2019·云南高考模拟（文））函数的图象可能是（ ）
的导函数
的图象如图所示，则函数
A． B． C． D．
【答案】A 【解析】 如下图所示：
当时，单调递增；当时，单调递减，所以整个
函数从左到右，先增后减，再增最后减，选项A中的图象符合，故本题选A.
考点4 利用函数的单调性解不等式
【典例5】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f?(x)，满足A．???,0? 【答案】B 【解析】 设
则
，∴h'?x??0．
x，且f(x?2)为偶函数，f(4)?1，则不等式f(x)?e的解集为（ ）
B．?0,???
C．??,e?4?
D．e,??
?4?∵
所以函数h?x?是R上的减函数，
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