（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（十二）函數(shù)單調(diào)性必考導(dǎo)數(shù)工具離不了 理

《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（十二）函數(shù)單調(diào)性必考導(dǎo)數(shù)工具離不了 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（十二）函數(shù)單調(diào)性必考導(dǎo)數(shù)工具離不了 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測（十二）函數(shù)單調(diào)性必考，導(dǎo)數(shù)工具離不了 理 一、選擇題 1．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－3x(a∈R)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A.　　　　　　 B．(1，＋∞) C.和(1，＋∞) D.和(1，＋∞) 解析：選D　f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，當(dāng)01時，f′(x)>0， 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(1，＋∞)． 2．(2017·浙江高考)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(　　)

2、 解析：選D　由f′(x)的圖象知，f′(x)的圖象有三個零點，故f(x)在這三個零點處取得極值，排除A、B；記導(dǎo)函數(shù)f′(x)的零點從左到右分別為x1，x2，x3，因為在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，x1)上單調(diào)遞減，排除C，故選D. 3．對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足≤0，則必有(　　) A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1) C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1) 解析：選A　當(dāng)x＜1時，f′(x)＜0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)

3、x＞1時，f′(x)＞0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， ∴當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值同時也取得最小值， 所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，則f(0)＋f(2)＞2f(1)． 4．已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x－x＞0 D．x－x＜0 解析：選D　由f(x)＝xsin x得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)， 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，即f(x)在上為增函數(shù)， 又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而f(x)為偶

4、函數(shù)， ∴當(dāng)f(x1)＜f(x2)時，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故選D. 5．(2017·吉林長春三模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為(　　) A．ex1f(x2)＞ex2f(x1) B．ex1f(x2)＜ex2f(x1) C．ex1f(x2)＝ex2f(x1) D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定 解析：選A　設(shè)g(x)＝，則g′(x)＝＝，由題意知g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即＜

5、，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)． 6．已知定義在R上的函數(shù)y＝f(x)滿足條件f(x＋4)＝－f(x)，且函數(shù)y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，當(dāng)x∈(0,2]時，f(x)＝ln x－ax，當(dāng)x∈[－2,0)時，f(x)的最小值為3，則a的值為(　　) A．e2 B．e C．2 D．1 解析：選A　因為函數(shù)y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，即對稱軸為x＝0， 所以函數(shù)y＝f(x)的對稱軸為x＝2， 當(dāng)x∈[2,4)時，4－x∈(0,2]， 所以f(x)＝f(4－x)＝ln(4－x)－a(4－x)． 因為f(x＋4)＝－f(x)， 所以x∈[－2,0)時，x＋4∈[2,4)，

6、f(x)＝－f(x＋4)＝－ln[4－(x＋4)]＋a[4－(x＋4)]＝－ln(－x)－ax， 所以f′(x)＝－－a，令f′(x)＝0，得x＝－， 因為a>，所以－∈(－2,0)， 當(dāng)－2≤x<－時，f′(x)<0，當(dāng)－0， 所以f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)， 所以當(dāng)x＝－時，f(x)取得最小值f ＝－ln＋1， 因為f(x)在[－2,0)上的最小值為3， 所以－ln＋1＝3，解得a＝e2. 二、填空題 7．設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－x2，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為________． 解析：因為f(x)＝x(ex－1)－x2， 所

7、以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)． 令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)． 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)和(0，＋∞)． 答案：(－∞，－1)和(0，＋∞) 8．已知函數(shù)f(x)＝xln x－ax2－x.若函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：由題意可知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝ln x－2ax，因為函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù)， 所以ln x－2ax≤0，即a≥在(0，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝，則g′(x)＝，

8、 當(dāng)00；當(dāng)x>e時，g′(x)<0， 所以g(x)max＝g(e)＝， 所以a≥. 答案： 9．(2018·蘭州診斷)若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a， ∵函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間， ∴f′(x)＝2x－ex－a≥0有解，即a≤2x－ex有解， 設(shè)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex， 令g′(x)＝0，解得x＝ln 2， 則當(dāng)x＜ln 2時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x

9、＞ln 2時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝ln 2時，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2， ∴a≤2ln 2－2. 答案：(－∞，2ln 2－2] 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0.討論f(x)的單調(diào)性． 解：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)， 導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋－＝. 設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當(dāng)Δ≤0，即0＜a≤2時，對一切x＞0都有f′(x)≥0. 此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ②當(dāng)Δ＞0，即a＞2時，方程g(

10、x)＝0有兩個不同的實根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2. 由f′(x)>0，得0x2.由f′(x)<0，得x1

11、 x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立． ∴a≥－1－ln x. 令h(x)＝－ln x－1，∴a≥h(x)max， 當(dāng)x∈[e2，＋∞)時，ln x∈[2，＋∞)， ∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3， 即a的取值范圍是[－3，＋∞)． (2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3， 即mx≤2xln x＋x2＋3， 又x＞0，∴m≤在x∈(0，＋∞)上恒成立． 記t(x)＝＝2ln x＋x＋. ∴m≤t(x)min. ∵t′(x)＝＋1－＝＝， 令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)． 當(dāng)x∈(0,1)時，t′(x)＜0，函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；

12、 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，t′(x)＞0，函數(shù)t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴t(x)min＝t(1)＝4.∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4. 12．(2018·湖南十校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x3＋|x－a|(x∈R，a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)時，記f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分別為M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)． 解：由已知得，f(x)＝ 令g(x)＝x3＋x－a，則g′(x)＝x2＋1>0， 所以g(x)在[a，＋∞)上為增函數(shù)． 令h(x)＝x3－x＋a，則h′(x)

13、＝x2－1. 令h′(x)＝0，得x＝±1， 所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,1)上為減函數(shù)． (1)因為f(x)在R上是增函數(shù)，所以h(x)在(－∞，a)上為增函數(shù)，所以a≤－1. 故a的取值范圍為(－∞，－1]． (2)因為函數(shù)f(x)在R上不單調(diào)，所以a>－1. 當(dāng)－1

14、

15、≤0不可能恒成立， 當(dāng)a＞e時，由f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝時，f(x)取最大值， ∵不等式f(x)≤0恒成立， ∴f ＝－ln(a－e)－b－1≤0， ∴b≥－1－ln(a－e)， ∴≥(a＞e)， 令F(x)＝(x＞e)， 則F′(x)＝＝， 令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，則H′(x)＝ln(x－e)＋1， 由H′(x)＝0，得x＝e＋， 當(dāng)x∈時，H′(x)＞0，H(x)是增函數(shù)， x∈時，H′(x)＜0，H(x)是減函數(shù)， ∴當(dāng)x＝e＋

16、時，H(x)取最小值H＝－e－， ∵x→e時，H(x)→0，x＞2e時，H(x)＞0，H(2e)＝0， ∴當(dāng)x∈(e,2e)時，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)是減函數(shù)， 當(dāng)x∈(2e，＋∞)時，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)是增函數(shù)， ∴x＝2e時，F(xiàn)(x)取最小值，F(xiàn)(2e)＝－， ∴的最小值為－. 答案：－ 2．已知函數(shù)f(x)＝(a－1)ln x－x2＋x(a∈R)，g(x)＝－x3－x＋(a－1)ln x. (1)若a≤，討論f(x)的單調(diào)性； (2)若過點可作函數(shù)y＝g(x)－f(x)(x>0)圖象的兩條不同切線，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝＝. ①當(dāng)a＝時

17、，f′(x)≤0，此時，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． ②當(dāng)a≤0時，由f′(x)>0，得x>1； 由f′(x)<0，得00，得1－1. 此時，f(x)在(0,1)和上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)． (2)y＝－x3＋x2－2x，y′＝－x2＋ax－2，設(shè)點P(t>0)是函數(shù)y＝g(x)－f(x)圖象上的切點，則過點P的切線的斜率為k＝－t2＋at－2， 所以過點P的切線方程為y＋t3－t2＋2t＝(－t2＋at－2)(x－t)． 因為點在切線上， 所以－＋t3－t2＋2t＝(－t2＋at－2)(0－t)， 即t3－at2＋＝0. 若過點可作函數(shù)y＝g(x)－f(x)圖象的兩條不同切線， 則方程t3－at2＋＝0有兩個不同的正數(shù)解． 令h(x)＝x3－ax2＋，則函數(shù)y＝h(x)與x軸正半軸有兩個不同的交點． 令h′(x)＝2x2－ax＝0，解得x＝0或x＝. 因為h(0)＝，h＝－a3＋， 所以必須a>0，且h＝－a3＋<0，解得a>2. 所以實數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞)．