江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-用导数研究函数的单调区间

这是一份江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-用导数研究函数的单调区间，共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省2022年高考数学模拟题分类汇编-用导数研究函数的单调区间

一、单选题
1．（2022·江苏·苏州市第六中学校三模）已知，则的大小关系为（       ）
A． B． C． D．
2．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知，，，则（        ）
A． B．
C． D．
3．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知且，且，且，则（       ）
A． B．
C． D．

二、多选题
4．（2022·江苏·盐城中学模拟预测）设，正项数列满足，下列说法正确的有（       ）
A． 为中的最小项
B．为中的最大项
C．存在，使得成等差数列
D．存在，使得成等差数列
5．（2022·江苏无锡·模拟预测）定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”.根据定义可得（       ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则

三、填空题
6．（2022·江苏南京·二模）已知函数，，若函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，则的取值范围是_________．
7．（2022·江苏南通·模拟预测）已知三次函数，数列{}满足，给出下列两个条件：①函数是递减函数：②数列{}是递减数列.试写出一个满足条件②但不满足条件①的函数的解析式=___________.
8．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）若函数在上是减函数，则实数的取值范围为___________.

四、解答题
9．（2022·江苏·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式恒成立，求a的取值范围.
10．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数，．
(1)求的单调区间；
(2)求证：存在极小值；
(3)若的最小值等于，求的值．
11．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数．
(1)求f（x）的最大值；
(2)设实数m，n满足－1≤m＜0＜n≤1，且，求证：．
12．（2022·江苏南京·三模）已知函数＝（x2－x＋1）ex－3，，e为自然对数的底数．
(1)求函数的单调区间；
(2)记函数在（0，＋∞）上的最小值为m，证明：e＜m＜3．
13．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：.
14．（2022·江苏连云港·二模）已知函数.
(1)判断函数的单调性；
(2)设，当时，，求实数的取值范围.
15．（2022·江苏·金陵中学二模）已知函数．
(1)若，求在上的单调性；
(2)试确定的所有可能取值，使得存在，对，恒有．
16．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知函数
(1)求函数单调区间；
(2)若时，函数恒成立，求实数的取值范围．
17．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数．（是自然对数的底数）
(1)若，求的单调区间；
(2)若，试讨论在上的零点个数．（参考数据：）
18．（2022·江苏省滨海中学模拟预测）已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）试求的零点个数，并证明你的结论．
19．（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
20．（2022·江苏江苏·三模）设函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若在上单调递增，求.
21．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）已知函数，其中.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围；
(2)若函数存在两个极值点，当时，求的取值范围.
22．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）已知函数(a∈R)．
(1)若是单调增函数，求a的取值范围；
(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：．

参考答案：
1．D
【分析】将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合，根据函数的单调性即可得出答案.
【详解】解：由，
得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又因，
且，
所以，
即，
所以.
故选：D.
2．D
【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.
【详解】令，，
当时，，，，单调递增，
，即，，即，
令，
，
令，
令，，
当时，，单调递增，

在上单调递减，，
，在上单调递减，
，即，
综上：.
故选：D.
3．A
【分析】对已知的等式进行变形，转化成结构一致，从而构造函数，确定构造的函数的性质，得到、、的大小，再根据选项构造函数，借助函数的单调性比较大小即可.
【详解】由已知条件，对于，两边同取对数，
则有，即，
同理：；
构造函数，
则，，
对其求导得：
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，，

再构造函数，对其求导得：

当时，，单调递减；
当时，，单调递增；

即：
又

故选：A.
4．AB
【分析】由可得，故构造，利用导数求其单调性，不难发现是最小的项；在构造，为了比较之后每一项与前一项的关系，发现是最大的项，易得BCD选项的对与错
【详解】解：由可得
令，
当递增；
当递减
且
是最小的项；
所以A正确
令

在区间内递减，即；即
即，
所以，综上所述，是最大的项，所以B正确，
由于 是最小的项，是最大的项，则不可能使得成等差数列，故C错误；
因为，所以，则，
，所以不存在成等差数列，故D错误
故选：AB
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
5．BCD
【分析】利用“弱减函数”的概念逐项分析即得.
【详解】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，令，
，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确.
故选：BCD.
6．
【分析】先根据题意，求出的解得或，然后求出f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数有3个不同的零点x1，x2，x3(x1＜x2＜x3)，分情况讨论求出的取值范围.
【详解】解：令t=f（x），函数有3个不同的零点，
即+m=0有两个不同的解，解之得
即或
因为的导函数
，令，解得x>e，，解得0 可得f（x）在（0，e）递增，在递减；
f(x)的最大值为 ，且
且f(1)=0；
要使函数有3个不同的零点，
（1）有两个不同的解，此时有一个解；
（2）有两个不同的解，此时有一个解
当有两个不同的解，此时有一个解，
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是 解得
，
此时=-m，
此时
有两个不同的解，此时有一个解
此时 ，不符合题意；
或是不符合题意；
所以只能是解得
，
此时=，

综上：的取值范围是
故答案为
【点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题.
7．(答案不唯一)
【分析】令，利用导数研究其在不单调递减情况下m的范围，且保证在上递减，即可写出一个函数解析式.
【详解】设，则，要满足题设条件则，即，
此时，上，递增；上，递减；
不妨令，则，由，当时递减.
综上，满足条件的一个函数有.
故答案为：(答案不唯一)
8．
【分析】先求导，根据题意在上恒成立，整理得在上恒成立，即求.
【详解】由知，
,
∵函数在上是减函数，
，又，
∴，即在上恒成立，
而，，
．
故答案为：．
9．(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2).

【分析】（1）求出导函数，由得增区间，得减区间；
（2）由不等式变形为，构造函数，利用导数求得和，由，即得．
(1)
，
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为.
(2)
恒成立，
即恒成立.
令，
即对恒成立.
由(1)知，当时有极小值也是最小值，，
由题可得，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时有极大值也是最大值，.
若对恒成立，
则应满足，
只要，即，
所以，
所以若不等式恒成立，
则a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间D上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
10．(1)的单调递增区间为，无递减区间
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）根据题意得，分析即可求解；（2）根据题意得，令，，所以 在上单调递增，又，，再根据单调性分析极值点即可；（3）由（2）知，且，，，即，设，，再分析单调性求解即可.
(1)
，
因为，所以恒成立，
所以的单调递增区间为，无递减区间．
(2)

令，，所以 在上单调递增，
令，所以，因为，所以，
即，所以在单调递增，所以，
即当时，恒成立，因为，所以
注意到，
所以在上有唯一的零点，且当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增，所以存在极小值
(3)
由（2）知，①
且，，，
且
由①式得
令，
所以，当时，恒成立，
所以在上单调递减，注意到，所以，所以．
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，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.
11．(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）分和两种情况讨论，利用导数分别求出函数在两个区间的单调性，从而可得出答案；
（2）令，则，则条件变为，令，则，再结合函数在上的单调性可得，再进行变形即可得证.
(1)
解：当时，，
∴在上递增，此时，
当时，，
∴在上递减，
所以，
∴；
(2)
证明：令，∴，
∴条件变为，
再令，其中，，
由在上递减且，
∴，，
所证不等式变为，
即证：，
∵，∴，
∴.
12．(1)单调递增区间为，，单调递减区间；
(2)证明见解析.

【分析】（1）求导，利用导数求函数的单调区间即得解；
（2）求导得到，再求出，再对分类讨论得证.
(1)
解：，
，，单调递增；，，单调递减；
，，单调递增；
单调递增区间为，，单调递减区间.
(2)
解：，，
①，则，
②当时，，
所以
所以；
当时，
设所以在单调递增，
所以，所以，
所以，
当时，，
对任意，均有，则，
综上：.
13．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析

【分析】（1）求导后，令，再次通过导数可确定可知的正负，由此可得的单调区间；
（2）根据单调性将所证不等式化为，近一步可转化为，根据解析式可得；令，利用导数可求得，由此可证得不等式.
（1）
，
令，
则，；
当时，，在上单调递减，
又，，，使得，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，又当时，，；
当时，，即；当时，，即；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）
由（1）知：若，则，
要证，只需证，
，，
又在上单调递减，则只需证，
，则只需证，即证，
则需证，又，
只需证，即证，
令，
则，，
在上单调递减，，
在上单调递增，，
，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查导数中的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数求最值的方法证得结论即可.
14．(1)在单调递增；
(2)

【分析】（1）对函数通过求导，判断出导数恒大于等于0，得到在单调递增.
（2）将化简整理并求导，得到，讨论b的取值可确定在单调性，即可得到取值范围.
(1)
因为的定义域为，对函数求导，则，∴函数在单调递增.
(2)
因为，所以
对恒成立，



当时，，当，
即时，
对恒成立，∴在单调递增，=0符合题意.
当时，存在使得当时，单调递减；
此时这与恒成立矛盾.
综上：.
【点睛】本题考查函数恒成立条件下求解参数范围问题，属于难题.
对函数求导，有，再利用的特点，可分类讨论b的取值范围，在时，在单调递增，原式成立，此时满足要求；当时，在先出现递减区间，必有出现，与已知矛盾，即可确定b的范围.
15．(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2).

【分析】（1）对函数进行求导，然后构造函数，再求导，根据导数的性质进行求解即可；
（2）根据绝对值的性质，结合任意性的定义，通过导数的性质分类讨论求解即可.
(1)

构造函数时，单调递增，
故：时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减
(2)
依题对，有：
记
记
若，存在，在单调递减，
，矛盾：
若，存在，在单调递增，
，矛盾；
若
当时，单调递增，单调递减，，
综上可得：.
【点睛】关键点睛：根据任意性、绝对值的性质，利用导数求解是解题的关键.
16．(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)

【分析】（1）利用导数即可求出单调区间；
（2）分离参数，构造函数，求出函数的最小值即可.
(1)
   
，
当时，；当时，.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由于，恒成立，即恒成立
构造函数，
则求导可得，
当时，恒成立.
所以在上单调递增，则，
所以.
17．(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数，令可得增区间，可得减区间；
（2）利用导数判断在上单调递增，在上单调递减，又，，，从而分和两种情况讨论，根据函数零点存在定理及函数的单调性，求出的单调区间，从而即可求解.
(1)
解：，则，定义域为，，
由，解得，可得，
解得，
由，解得，可得，
解得，
的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)
解：由已知，
，令，则．
，∴当时，；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．
，，．
①当时，即时，，
，使得，
∴当时，；当时，，
在上单调递增，上单调递减．
，，又，
∴由函数零点存在性定理可得，此时在上仅有一个零点；
②若时，，
又在上单调递增，在上单调递减，而，
，，使得，， 且当、时，；当时，．
在和上单调递减，在上单调递增．
，，
，，
又，
∴由零点存在性定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点．
综上所述，当时，在上仅有一个零点；当时，在上有两个零点．
【点睛】关键点点睛：本题（2）问的解题关键是根据函数零点存在定理及的单调性，求得函数的单调区间.
18．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）求出函数的最小值，通过讨论的范围，从而求出函数的零点的个数即可．
【详解】（1）由函数，得．
另，得．列表如下：



，


0



极小值


因此，函数的单调递增区间为，，单调减区间为．
（2）由（1）可知，．
当时，由，得函数的零点个数为0．
当时，因在，上是单调增，在上单调减，
故，，时，．
此时，函数的零点个数为1．
当时，．
①时，因为当，时，，
所以，函数在区间，上无零点；
另一方面，因为在，单调递增，且，
由，，且，
此时，函数在，上有且只有一个零点．
所以，当时，函数零点个数为1．
②时，因为在，上单调递增，且（1），，
所以函数在区间，上有且只有一个零点；
另一方面，因为在，上是单调递减，且
又，且，（当时，成立）
此时，函数在上有且只有一个零点．
所以，当，函数的零点个数为2．
综上所述，当时，的零点个数为0；
当时，或时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为2．
【点睛】本题考查导数的应用，函数的单调性问题，函数的零点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
19．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
【详解】详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由,得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）

-
0
+


2-4ln2


所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
20．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)

【分析】（1）求得，设，得到，得到在上单调递增，得到在上单调递增，结合，即可求解；
（2）令，利用导数求得，得到和，
令，得出时，；，得到，分，，和，四种情况讨论，结合导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
(1)
解：因为，可得，
设，则
所以当时，，函数在上单调递增，
即函数在上单调递增，
又由，所以当时，；当时，，
所以当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
解：令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又由，所以，即，
所以，所以；
令，可得，所以函数单调递增，
因为，
当，可得，即，即；
当，可得，即，即，
（2.1）当时，由（1）知不合题意；
（2.2）当时，若，

；
当时，，单调递减，不合题意；
（2.3）当时，若，同理可得，
当时，，单调递减，不合题意；
（2.4）当时，，可得，
设，则，
①当时，，
所以在上单调递增，在上单调递增，
②当时，
若，，
若，，
所以在上单调递增，在上单调递增，
由①②可知，，所以在上单调递增，
综上所述，.
21．(1)
(2)

【分析】（1）求出，由函数在上单调递增，转化为在上恒成立.令，利用导数判断出在上单调递增，求出，即可求出的取值范围；
(2)先判断出时有两个极值点，且.得到.令，则，得到，.令利用二次求导判断出在上递增.求出，得到的取值范围是.
(1)
因为，所以，
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
故令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，故，
所以，即的取值范围是.
(2)
.
对函数，设上一点为，
过点的切线方程为，
将代入上式得，
所以过的的切线方程为
所以，要使与有两个交点，则.
此时有两个极值点，且.
，
令，则，所以，
所以，即，所以，
令，令，
所以在上递增.
因为，所以在上恒成立.所以在上恒成立.
所以在上递增.
又，
所以当时，，
所以的取值范围是.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
22．(1)；
(2)证明见解析.

【分析】(1)对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
(2)根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
(1)
函数定义域为，当时，，
因是单调增函数，则时，，令，
，即有在上单调递增，，，则，
所以a的取值范围是.
(2)
因，是函数的两个不同的零点，则，显然，有，，
，不妨令，设，于是得，
要证，只需证，
令，，则在上单调递增，
则有，于是得，
又，要证，只需证，
而，即证，
令，，，
从而得在在上单调递减，，即有，
综上得：.
【点睛】思路点睛：证明不等式成立问题，将所证不等式等价转化，构造函数，借助导数探讨函数单调性、最值作答.