广西专用2022年高考数学一轮复习考点规范练15导数与函数的单

1、PAGE PAGE 10考点规范练15导数与函数的单调性基础巩固1.函数y=f(x)的导函数f(x)的图象如图所示,则下列判断正确的是()A.在区间(-2,1)内,f(x)单调递增B.在区间(1,3)内,f(x)单调递减C.在区间(4,5)内,f(x)单调递增D.在区间(-3,-2)内,f(x)单调递增2.函数f(x)=12x2-ln x的单调递减区间为()A.(0,1)B.(0,1)(-,-1)C.(-,1)D.(-,+)3.下列函数中,在区间(-1,1)内不是增函数的为()A.y=ex+xB.y=sin xC.y=x3-6x2+9x+2D.y=x2+x+14.(2021山西太原一模)已知函

2、数f(x)=ex-1ex+1-ax,对于任意实数x1,x2,且x1x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x212B.a1C.a12D.a15.若函数f(x)=ex(sin x+a)在R上为增函数,则实数a的取值范围为()A.2,+)B.(1,+)C.-1,+)D.(2,+)6.(2021云南昆明一中模拟)已知函数f(x)=ex-e-x+sinx,若f(t)+f(1-3t)0,求函数f(x)的单调区间.能力提升12.已知函数y=xf(x)的图象如图所示(其中f(x)是函数f(x)的导函数),则下面四个图象中为y=f(x)的大致图象的是()13.设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数

3、,当x0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)0时,f(x)-f(x)1,f(1)=3,则下列结论错误的是()A.f(4)ef(3)B.f(4)4e3-1C.f(-4)e2f(-2)D.f(-4)2,f(1)=2,则不等式f(x)e2-2x+1(其中e为自然对数的底数)的解集为.16.已知函数f(x)=kx-lnx.(1)若函数f(x)在区间(1,+)内单调递增,求k的取值范围;(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,求证:x1x2e2.高考预测17.设函数f(x)=x2-1lnx.(1)求证:f(x)在区间(0,1)和(1,+)内都单调递增;(2)若在函数f(x)的定义域内,不

4、等式af(x)x恒成立,求a的取值范围.答案：1.C解析由题图知,当x(4,5)时,f(x)0,所以在区间(4,5)内,f(x)单调递增.2.A解析f(x)=12x2-lnx的定义域为(0,+),f(x)=x-1x,令f(x)0,即x-1x0,解得0 x1或x0,所以0 x0,故y=ex+x在区间(-1,1)内是增函数;B中,y=sinx,y=cosx,在区间(-1,1)内y=cosx0,故y=sinx在区间(-1,1)内是增函数;C中,y=x3-6x2+9x+2,y=3x2-12x+9=3(x-2)2-3,在区间(-1,1)内y=3(x-2)2-30,故y=x3-6x2+9x+2在区间(-1

5、,1)内是增函数;D中,y=x2+x+1,y=2x+1,在区间-12,1内y0,在区间-1,-12内y0,所以函数f(x)在R上单调递增.因为f(t)+f(1-3t)0,所以f(t)-f(1-3t)=f(3t-1),所以t12.7.(0,+)解析f(x)=ax3-x,f(x)=3ax2-1,要使函数f(x)=ax3-x恰有三个单调区间,则f(x)是二次函数,且f(x)=0有两个不等实根,a0,即实数a的取值范围是(0,+).8.-32,-130,12,3)解析对于不等式xf(x)0,当-32x0时,f(x)0,则结合题中图象知,原不等式的解集为-32,-13;当x=0时,显然成立;当0 x0)

6、.令x-9x0,解得x-3或00,00,且a+13,解得1a2.10.解函数f(x)=kx-lnx的定义域为(0,+),f(x)=k-1x=kx-1x.当k0时,kx-10,f(x)0时,由f(x)0,即kx-1x0,解得0 x0,即kx-1x0,解得x1k.当k0时,f(x)的单调递减区间为0,1k,单调递增区间为1k,+.综上所述,当k0时,f(x)的单调递减区间为(0,+);当k0时,f(x)的单调递减区间为0,1k,单调递增区间为1k,+.11.解(1)a=1,f(x)=x3+x2-x+2,f(x)=3x2+2x-1,f(1)=4.又f(1)=3,切点坐标为(1,3),所求切线方程为y

7、-3=4(x-1),即4x-y-1=0.(2)f(x)=3x2+2ax-a2=(x+a)(3x-a),由f(x)=0得x=-a或x=a3.又a0,由f(x)0,得-ax0,得xa3,故f(x)的单调递减区间为-a,a3,单调递增区间为(-,-a)和a3,+.12.C解析当x-1时,xf(x)0,当x-1时,函数y=f(x)单调递增;当-1x0,f(x)0,当-1x0时,函数y=f(x)单调递减;当0 x1时,xf(x)0,f(x)0,当0 x1时,xf(x)0,f(x)0,当x1时,函数y=f(x)单调递增.结合各选项,知C项正确.13.D解析当x0,令F(x)=f(x)g(x),则当x0时,

8、F(x)仍单调递增.根据F(x)=f(x)g(x)的性质,可作出F(x)的示意图.f(x)g(x)0时,f(x)-f(x)1,即f(x)-f(x)-10,则当x0时,有g(x)0,即g(x)在区间(0,+)上为增函数,依次分析选项:对于A,g(x)在区间(0,+)上为增函数,有g(4)g(3),即f(4)+1e4f(3)+1e3,变形可得f(4)+1ef(3)+e,则有f(4)ef(3)+e-1ef(3),A正确;对于B,g(x)在区间(0,+)上为增函数,有g(4)g(1),即f(4)+1e4f(1)+1e1=4e,变形可得f(4)4e3-1,B正确;对于C,g(x)在区间(0,+)上为增函

9、数,有g(4)g(2),即f(4)+1e4f(2)+1e2,变形可得f(4)+1e2f(2)+e2,即-f(-4)+1-e2f(-2)+e2,则有f(-4)e2f(-2)+1-e24e3-1,即-f(-4)4e3-1,变形可得f(-4)1-4e3,而1-4e3-(-4e2-1)=2-4e3+4e2=2-4e2(e-1)0,则有f(-4)1-4e3e2-2x+1,即e2xf(x)-e2xe2,令g(x)=e2xf(x)-e2x,则g(x)=e2x2f(x)+f(x)-20,故g(x)在R上为增函数,而g(1)=e2f(1)-e2=e2,所以e2xf(x)-e2xe2,即g(x)g(1),所以x1

10、.故所求不等式的解集是(1,+).16.(1)解f(x)=kx-lnx,函数f(x)在区间(1,+)内单调递增,f(x)=k-1x0在区间(1,+)内恒成立,k1x在区间(1,+)内恒成立,k1.(2)证明不妨设x1x20,f(x1)=f(x2)=0,kx1-lnx1=0,kx2-lnx2=0,可得lnx1+lnx2=k(x1+x2),lnx1-lnx2=k(x1-x2),要证明x1x2e2,即证明lnx1+lnx22,也就是证k(x1+x2)2,k=lnx1-lnx2x1-x2,需证明lnx1-lnx2x1-x22x1+x2,即lnx1x22x1x2-11+x1x2,令x1x2=t,则t1,

11、于是lnt2(t-1)t+1.令g(t)=lnt-2(t-1)t+1,t1,则g(t)=(t-1)2t(t+1)20,故函数g(t)在区间(1,+)内是增函数,g(t)g(1)=0,即lnt2(t-1)t+1成立.原不等式成立.17.(1)证明f(x)=2xlnx-x2-1x(lnx)2=x(lnx)22lnx-x2-1x2(x0,且x1).令g(x)=2lnx-x2-1x2,则g(x)=2(x+1)(x-1)x3.当0 x1时,g(x)g(1)=0.于是f(x)=x(lnx)2g(x)0,故f(x)在区间(0,1)内单调递增.当x1时,g(x)0,g(x)单调递增,g(x)g(1)=0,于是

12、f(x)=x(lnx)2g(x)0,故f(x)在区间(1,+)内单调递增.(2)解af(x)-x=a(x2-1)lnx-x=xlnxa(x2-1)x-lnx.令h(x)=a(x2-1)x-lnx(x0),则h(x)=ax2-x+ax2.令(x)=ax2-x+a,当a0,且(x)=0的判别式=1-4a20,即a12时,此时(x)=ax2-x+a0在区间(0,1),(1,+)内恒成立,所以当a12时,在函数f(x)的定义域内,h(x)0,故h(x)在区间(0,1),(1,+)内单调递增,若0 x1,h(x)0;若x1,h(x)h(1)=0,所以af(x)-x=xlnxh(x)0,所以当x0,且x1时都有af(x)x成立