还剩11页未读，
继续阅读
2022届高考大一轮复习知识点精练：利用导数研究函数的单调性
展开
这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：利用导数研究函数的单调性
2022届高考大一轮复习知识点精练：利用导数研究函数的单调性 一、选择题（共20小题；共100分） 1. 已知函数 fx=12x2−lnx，则其单调增区间是 A. 1,+∞ B. 0,+∞ C. 0,1 D. 0,1 2. 已知函数 fx=xlnx，则函数 fx 的单调递增区间为 A. R B. 0,+∞ C. 1e,+∞ D. e,+∞ 3. 如图是函数 fx 的导函数 fʹx 的图象，则下列判断正确的是 A. 在 −2,1 上，fx 是增函数 B. 在 1,3 上，fx 是减函数 C. 在 4,5 上，fx 是增函数 D. 在 −3,−2 上，fx 是增函数 4. 已知函数 fx=4x3−32x2+1，则 A. fsin20，若 eaf2a+1≥fa+1，则实数 a 的取值范围是
A. 0,23 B. −23,0 C. 0,+∞ D. −∞,0
6. 已知定义在 R 上的函数 fx 满足 f1=1，且对于任意的 x，fʹx<−12 恒成立，则不等式 flg2x1，若 0m−2020f2，则实数 m 的取值范围为
A. 0,2020 B. 2020,+∞ C. 2022,+∞ D. 2020,2022
10. 已知函数 fx 是定义在 −π2,π2 上的奇函数，当 x∈0,π2 时，fx+fʹx⋅tanx≥0，则不等式 cosx⋅fx+π2+sinx⋅f−x>0 的解集为
A. π4,π2 B. −π4,π2
C. −π4,0 D. −π2,−π4
11. 已知函数 fx 满足 fx=fʹ1ex−1−f0x+12x2，则 fx 的单调递增区间为
A. −∞,0 B. −∞,1 C. 1,+∞ D. 0,+∞
12. 已知定义在 0,+∞ 上的函数 fx 满足 xfʹx−fx<0，其中 fʹx 是函数 fx 的导函数．若 2fm−2020>m−2020f2，则实数 m 的取值范围为
A. 0,2020 B. 2020,+∞ C. 2022,+∞ D. 2020,2022
13. 已知函数 fx=−lnx,01，若 01（fʹx 为函数 fx 的导函数），则不等式 1+xf1−x2>f1−x+x 的解集为
A. 0,1 B. 1,+∞
C. 0,1∪1,+∞ D. 0,+∞
15. 已知函数 fx=13x3−12mx2+4x−3 在区间 1,2 上是增函数，则实数 m 的取值范围为
A. 4≤m≤5 B. 2≤m≤4 C. m≤2 D. m≤4
16. 已知变量 x1，x2∈0,m（m>0），且 x1fʹxgx，fx=ax⋅gxa>0,a≠1，f1g1+f−1g−1=52，存在有穷数列 fngnn=1,2,⋯,10 中，任意取正整数 k1≤k≤10，则前 k 项和大于 1516 的概率是
A. 15 B. 25 C. 35 D. 45
19. 若函数 fx=lnx+ax2−2 在区间 12,2 内存在单调递增区间，则实数 a 的取值范围是
A. −∞,−2 B. −2,+∞ C. −2,−18 D. −18,+∞
20. 函数 fx=x2−3ex，关于 x 的方程 f2x−mfx+1=0 恰有四个不同的实数根，则正数 m 的取值范围为
A. 0,2 B. 2,+∞ C. 0,6e3+e36 D. 6e3+e36,+∞
二、填空题（共5小题；共25分）
21. 已知函数 fx=−12x2+3x−2lnx，则函数 fx 的单调递减区间为 ．
22. 已知定义在 R 上的函数 fx 的导函数 fʹx 的图象如图所示，则函数 fx 的单调递减区间是 ．
23. 已知函数 fx=x3−2x+ex−1ex，其中 e 是自然对数的底数．若 fa−1+f2a2≤0．则实数 a 的取值范围是 ．
24. 已知函数 fx=2a−1x+3a−4,x≤tx3−x,x>t，无论 t 取何值，函数 fx 在区间 −∞,+∞ 上总是不单调，则实数 a 的取值范围是 ．
25. 已知函数 fx=x+1ex，那么 fx 的单调递减区间为 ；如果方程 fx=a 有两个解，那么实数 a 的取值范围是 ．
三、解答题（共6小题；共78分）
26. 已知函数 fx=14x22lnx−1−axlnx−2−12x2，讨论 fx 的单调性．
27. 已知函数 fx=e2x−ax，求 fx 的单调区间．
28. 设函数 fx=x3+bx2+cxx∈R，已知 gx=fx−fʹx 是奇函数．
（1）求 b，c 的值；
（2）求 gx 的单调区间．
29. 已知函数 fx=x2−alnx，gx=a−2x+b，（a,b∈R）．
（1）若曲线 y=fx 在点 1,f1 处的切线与 y 轴垂直，求 a 的值；
（2）讨论 fx 的单调性；
（3）若关于 x 的方程 fx=gx 在区间 1,+∞ 上有两个不相等的实数根 x1，x2，证明：x1+x2>a．
30. 已知函数 fx=ax−sinx，x∈0,+∞a∈R．
（1）若 fx>0，求 a 的取值范围；
（2）当 a=1 时，证明：2fx+cosx>e−x．
31. 已知函数 fx=ex，gx=xn+1，hx=fx−a⋅gx，其中 a∈R，n∈N*．
（1）当 n=1 时，讨论函数 hx 的单调性；
（2）当 n=2 时，
（ⅰ）若 x∈0,+∞ 时，hx≥0，求 a 的取值范围；
（ⅱ）直线 l 与曲线 y=fx 相切于点 Ax1,fx1，与曲线 y=gx 相切于点 Bx2,fx2，证明：x1+x2<12．
答案
第一部分
1. A 【解析】由 fx=12x2−lnx，函数定义域为 0,+∞，
求导 fʹx=x−1x=x2−1x，令 fʹx>0，得 x>1 或 x<−1（舍去），
所以 fx 单调增区间是 1,+∞．
2. C
3. C 【解析】由题图知，当 x∈−2,1和1,3 时，fʹx 有正有负，故 fx 不单调，A，B错误；
当 x∈4,5 时，fʹx>0，所以在 4,5 上，fx 是增函数，C正确；
当 x∈−3,−2 时，fʹx<0，所以在 −3,−2 上，fx 是减函数，D错误．
4. A 【解析】fʹx=12x2−62x=12x⋅x−22，
当 x>22 时，fʹx>0，fx 单调递增．
因为 22tan1>1，
所以 fsin20，
所以 gʹx=exfx+fʹx>0，
即函数 gx 在 0,+∞ 上单调递减，
因为 eaf2a+1≥fa+1，
所以 e2a+1f2a+1≥ea+1fa+1，
所以 g2a+1≥ga+1，∣2a+1∣≤∣a+1∣，解得 −23≤a≤0，故选B．
6. B 【解析】设 gx=fx−12x−12，
由 fʹx<−12，得 gʹx=fʹx−12<0，
所以 gx 为减函数．
又 f1=1，可得 g1=f1−1=0，
由 glg2x<0=g1 得 lg2x>1，
即 lg2x−1>0，
即 lgx+1lgx−1>0，
即 lgx>1 或 lgx<−1，
解得 x>10 或 01，
即 lg2x−1>0，
即 lgx+1lgx−1>0，
即 lgx>1 或 lgx<−1，
解得 x>10 或 01，
若 00，
所以 gʹx<0，
所以 gx 在 0,+∞ 上单调递减，
又不等式 2fm−2020>m−2020f2 可化为 fm−2020m−2020>f22，
即 gm−2020>g2，
所以 00，
即 sinx+π2fx+π2>sinxfx，
即 gx+π2>gx，
所以 x+π2>∣x∣，
所以 x>−π4 ⋯⋯①，
又 −π20，解得 x>0，即 fx 的单调递增区间是 0,+∞．
12. D 【解析】设 gx=fxx，
则 gʹx=xfʹx−fxx2，
因为 xfʹx−fx<0 且 x>0，
所以 gʹx<0，
所以 gx 在 0,+∞ 上单调递减，
又不等式 2fm−2020>m−2020f2 可化为 fm−2020m−2020>f22，
即 gm−2020>g2，
所以 01，若 01，
所以 gʹx>0 在 R 上恒成立，
所以函数 gx 在 R 上单调递增，
当 x=0 时，由 fx+xfʹx>1，知 f0>1，
所以当 x=1 时，不等式 1+xf1−x2>f1−x+x 显然成立．
当 x>1 时，1−x<0，不等式可化为 1−x2f1−x2<1−xf1−x+x−x2，
整理得 1−x2f1−x2−1−x2<1−xf1−x−1−x，即 g1−x20，
所以 x>1；
当 x<1 时，1−x>0，不等式可化为 1−x2f1−x2>1−xf1−x+x−x2，
整理得 1−x2f1−x2−1−x2>1−xf1−x−1−x，即 g1−x2>g1−x，
所以 1−x2>1−x，得 x2−x<0，
所以 00），x1x20，
解得 00 在 π4,π2 上恒成立，
所以 1−asinx+1+acosx≥0 在 π4,π2 上恒成立，
所以 asinx−cosx≤sinx+cosx 在 π4,π2 上恒成立，
又 sinx−cosx>0 在 π4,π2 上恒成立，
所以 a≤sinx+cosxsinx−cosx 在 π4,π2 上恒成立，
设 gx=sinx+cosxsinx−cosx，x∈π4,π2，
易得 gʹx=−2sinx−cosx2，x∈π4,π2，
所以 gʹx<0 在 π4,π2 上恒成立，
所以 gx 在 π4,π2 上单调递减，
所以 gx>gπ2=1，
所以 a≤1．
18. C 【解析】由 fx=ax⋅gx，得 ax=fxgx，得到 y=ax 为减函数，
由 f1g1+f−1g−1=52，计算得出 a=12，12n>1516，得 n>4，
所以前 k 项和大于 1516 的概率为 P=610=35．
19. B 【解析】易得 fʹx=1x+2axx>0，
若 fx 在区间 12,2 内存在单调递增区间，
则 fʹx>0 在 x∈12,2 时有解集，
故 a>−12x2 在 x∈12,2 上有解集，
设 gx=−12x2，x∈12,2，易得 gx=−12x2 在 12,2 上单调递增，
所以 gx>g12=−2，故 a>−2．
20. D
【解析】fʹx=x2+2x−3ex=x+3x−1⋅ex，
令 fʹx=0，得 x=−3 或 x=1，
当 x<−3 时，fʹx>0，函数 fx 在 −∞,−3 上单调递增，且 fx>0；
当 −31 时，fʹx>0，函数 fx 在 1,+∞ 上单调递增；
所以函数 fx 的极大值为 f−3=6e3，极小值为 f1=−2e，作出大致图象，如图．
令 fx=t，则方程 f2x−mfx+1=0 等价于 t2−mt+1=0．
由于方程 f2x−mfx+1=0 恰有四个不同的实数根，故方程 t2−mt+1=0 有两个不同的实数根．
由韦达定理知，t1+t2=m>0 和 t1⋅t2=1 ，
所以一个根在 0,6e3 上，另一个根在 6e3,+∞ 上，或者两个根都在 −2e,0 上．
因为两根之和 m 为正数，所以两个根不可能都在 −2e,0 上．
令 gx=x2−mx+1，因为 g0=1>0，所以只需 g6e3<0，即 36e6−6me3+1<0，得 m>6e3+e36，即 m 的取值范围为 6e3+e36,+∞．
第二部分
21. 0,1，2,+∞
【解析】易得 fʹx=−x+3−2xx>0，
令 fʹx<0，解得 x>2 或 0t，其导函数 fʹx=3x2−1x>t，
当 x<−33 或 x>33 时，fʹx>0，
当 −330，则 fx 在 0,e 上单调递减，在 e,+∞ 上单调递增；
当 0e 时，fx 在 e,a 上单调递减，在 0,e，a,+∞ 上单调递增．
27. 函数 fx=e2x−ax 的定义域为 R 且 fʹx=2e2x−a，
①当 a≤0 时 fʹx>0，则函数 fx 在 R 上单调递增；
②当 a>0 时，令 fʹx=0，得 2e2x=a，得 x=12lna2．
当 x<12lna2 时，fʹx<0，函数 fx 单调递减；
当 x>12lna2 时，fʹx>0，函数 fx 单调递增．
此时，函数 fx 的单调递减区间为 −∞,12lna2，单调递增区间为 12lna2,+∞．
综上所述，当 a≤0 时，函数 fx 的单调递增区间为 −∞,+∞；
当 a>0 时，函数 fx 的单调递减区间为 −∞,12lna2，单调递增区间为 12lna2,+∞．
28. （1） 因为 fx=x3+bx2+cx，
所以 fʹx=3x2+2bx+c，
所以
gx=fx−fʹx=x3+bx2+cx−3x2+2bx+c=x3+b−3x2+c−2bx−c,
因为 gx 是奇函数，
所以 b−3=0，且 g0=0，
所以 b=3，c=0．
（2） 由（1）知 gx=x3−6x，从而 gʹx=3x2−6，当 gʹx>0 时，x<−2 或 x>2，当 gʹx<0 时，−20），
因为曲线 y=fx 在点 1,f1 处的切线与 y 轴垂直，
所以 fʹ1=2×1−a1=2−a=0，
所以 a=2．
（2） 易由（1）知，fʹx=2x−ax=2x2−ax，且 x∈0,+∞．
当 a≤0 时，有 fʹx>0 在 0,+∞ 上恒成立，
所以函数 fx 在区间 0,+∞ 上单调递增；
当 a>0 时，由 fʹx>0，解得 x>2a2；由 fʹx<0，解得 00 时，fx 在区间 0,2a2 上单调递减，在 2a2,+∞ 上单调递增．
（3） 由题意，方程 fx=gx 在 1,+∞ 上有两个不相等的实数根 x1，x2 等价于 x2−alnx−a−2x=b 在 1,+∞ 上有两个不相等的实数根 x1，x2．
不妨设 1a，只需证 x1+x2>x12+2x1−x22−2x2lnx1+x1−lnx2−x2．
因为 1x1+x2lnx1+x1−lnx2−x2，
整理，得 lnx1−lnx2<2x1−x2x1+x2，即证 lnx1x2<2x1x2−1x1x2+1．
令 x1x2=t，则 t∈0,1．不妨设 ht=lnt−2t−1t+1，只需证 ht<0．
易得 hʹt=t−12tt+1>0，
所以函数 ht 在区间 0,1 上单调递增，
所以 hta．
30. （1） fʹx=a−cosx，
当 a≥1 时，fʹx≥0．
所以函数 fx 在 0,+∞ 上单调递增，
所以 fx>f0=0，满足题意．
当 a≤−1 时，fʹx≤0，函数 fx 在 0,+∞ 上单调递减，
fxe−x，即证 2x−2sinx+cosx>e−x，即 2x−2sinx+cosxex>1，
设 gx=2x−2sinx+cosxex，
则
gʹx=2x−2sinx+cosxex+2−2cosx−sinxex=2x−sinx+2−2sinx+π4ex.
由（1）知 x>sinx，又 2−2sinx+π4>0，
所以 gʹx>0，
所以 gx 在 0,+∞ 上单调递增，故 gx>g0=1，
所以，∀x∈0,+∞，2fx+cosx>e−x．
31. （1） 当 n=1 时，hx=ex−ax+1，则 hʹx=ex−a，
当 a≤0 时，hʹx>0，hx 在 R 上单调递增；
当 a>0 时，令 hʹx>0，解得 x>lna，令 hʹx<0，解得 x0 且 x1=ln2x2，
点 Ax1,fx1 与点 Bx2,fx2 分别满足 ex1=ex1⋅x1+m,x22+1=2x2⋅x2+m,
消去 m 得，1−x1ex1=1−x22，即 x2 是方程 2x2ln2x2−x22−2x2+1=0 的根，
设 t=2x2>0，st=tlnt−14t2−t+1，则 t 是函数 st 的零点，sʹt=lnt−12t，
设 μt=sʹt=lnt−12t，则 μʹt=1t−12，
令 μʹt>0，解得 t∈0,2，令 μʹt<0，解得 t∈2,+∞，
所以 μt 在 0,2 单调递增，在 2,+∞ 单调递减，
所以 μt≤μ2=ln2−1<0，即 sʹt<0，
所以 st 在 0,+∞ 单调递减，
又 s12=716+12ln2>0，s1=−14<0，
所以函数 st 在 t∈12,1 内有且仅有一个零点，
于是 x1+x2=ln2x2+x2=lnt+12t，且 x1+x2 随 t 增大而增大，
故 x1+x2<12．
2022届高考大一轮复习知识点精练：利用导数研究函数的单调性 一、选择题（共20小题；共100分） 1. 已知函数 fx=12x2−lnx，则其单调增区间是 A. 1,+∞ B. 0,+∞ C. 0,1 D. 0,1 2. 已知函数 fx=xlnx，则函数 fx 的单调递增区间为 A. R B. 0,+∞ C. 1e,+∞ D. e,+∞ 3. 如图是函数 fx 的导函数 fʹx 的图象，则下列判断正确的是 A. 在 −2,1 上，fx 是增函数 B. 在 1,3 上，fx 是减函数 C. 在 4,5 上，fx 是增函数 D. 在 −3,−2 上，fx 是增函数 4. 已知函数 fx=4x3−32x2+1，则 A. fsin2
相关试卷
专题4.2 应用导数研究函数的单调性-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）： 这是一份专题4.2 应用导数研究函数的单调性-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题42应用导数研究函数的单调性原卷版docx、专题42应用导数研究函数的单调性解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题10 利用导数研究函数的单调性、极值和最值（含解析）： 这是一份新高考数学一轮复习知识点总结与题型精练专题10 利用导数研究函数的单调性、极值和最值（含解析），共34页。
3.7利用导数研究函数零点（精练）-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区）： 这是一份3.7利用导数研究函数零点（精练）-【题型·技巧培优系列】最新高考数学大一轮复习精讲精练（新高考地区），文件包含37利用导数研究函数零点精练-题型·技巧培优系列最新高考数学大一轮复习精讲精练新高考地区解析版docx、37利用导数研究函数零点精练-题型·技巧培优系列最新高考数学大一轮复习精讲精练新高考地区原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
