高中数学高考考点15 利用导数研究函数的单调性（重点）-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题（新高考地区专用）

这是一份高中数学高考考点15 利用导数研究函数的单调性（重点）-备战2022年高考数学一轮复习考点微专题（新高考地区专用），共28页。试卷主要包含了已知且，函数等内容，欢迎下载使用。

考向15 利用导数研究函数的单调性

1．（2014·全国高考真题（文））若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】
试题分析：，∵函数在区间单调递增，∴在区间上恒成立．∴，而在区间上单调递减，∴．∴的取值范围是．故选D．
考点：利用导数研究函数的单调性.
2．（2021·全国高考真题（理））已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.
【分析】
（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.
【详解】
（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.


1.求函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)在定义域内解不等式f′(x)>0，得单调递增区间．(4)在定义域内解不等式f′(x)<0，得单调递减区间．
[提醒]　求函数的单调区间时，一定要先确定函数的定义域，否则极易出错．
2.解决含参数函数的单调性问题应注意的2点
(1)研究含参数函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点．
3.利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
4.利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式；
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
[提醒]　f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

函数的导数与单调性的关系
函数y＝f(x)在某个区间内可导，则
(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增。
(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减。
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数。
【知识拓展】


1．（2021·辽宁实验中学高三其他模拟）已知，则“”是“在内单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2021·陕西西安市·西安中学高三其他模拟（理））已知定义在（0，+∞）上的函数满足，则下列不等式一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·全国高三其他模拟）设函数是函数的导函数，已知，且，，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·福建厦门市·高三二模）（多选题）达芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（ ）

A．是奇函数 B．在上单调递减
C．， D．，


1．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（文））已知实数，，满足，则，，的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·辽宁实验中学高三其他模拟）已知实数，，满足且，若，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·重庆高三其他模拟）若函数的导函数为，对任意恒成立，则（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（2021·新安县第一高级中学高三其他模拟（理））偶函数f(x)满足，当xÎ(0，4]时，，不等式在上有且只有200个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·全国高三其他模拟）已知f（x）是定义在区间[﹣2，2]上的偶函数，当x∈[0，2]时，f（x）＝，若关于x的方程2f2（x）+（2a﹣1）f（x）﹣a＝0有且只有2个实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A．[﹣，﹣] B．[﹣，﹣）
C．（﹣，0） D．（﹣，0）∪{﹣}
6．（2021·四川遂宁市·高三三模（文））已知函数，其中，当时，；又函数在上单调递增，则实数的最大值是（ ）
A．2 B． C．1 D．
7．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）已知函数，则不等式的解集为___________.
8．（2021·辽宁高三其他模拟）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是____________________
9．（2021·全国高三其他模拟（理））已知函数，若在上恒成立，则正实数的取值范围为________．
10．（2021·南昌市八一中学高三三模（理））已知等差数列的前项和为，满足，则___________.
11．（2021·陕西咸阳市·高三其他模拟）已知函数，其中.
（1）若，试判断函数的单调性；
（2）若，求证：.
12．（2021·福建厦门市·高三二模）已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若，设
（i）证明：有唯一正零点：
（ii）记的正零点为，证明：当时，



1．（2012·辽宁高考真题（文））函数y=x2㏑x的单调递减区间为
A．（1,1] B．（0,1] C．[1，+∞） D．（0，+∞）
2．（2015·陕西高考真题（文））设，则
A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数
3．（2012·浙江高考真题（文））设a＞0，b＞0，e是自然对数的底数
A．若ea+2a=eb+3b，则a＞b
B．若ea+2a=eb+3b，则a＜b
C．若ea-2a=eb-3b，则a＞b
D．若ea-2a=eb-3b，则a＜b
4．（2013·浙江高考真题（文））已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　）

A． B． C． D．
5．（2015·福建高考真题（理））若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2017·山东高考真题（文））若函数(e=2.71828,是自然对数的底数)在的定义域上单调递增,则称函数具有M性质,下列函数中具有M性质的是
A． B． C． D．
7．（2015·全国高考真题（理））设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是
A． B．
C． D．
8．（2017·江苏高考真题）已知函数，其中e是自然数对数的底数，若，则实数a的取值范围是_________．
9．（2014·全国高考真题（理））若函数在区间内是减函数，则实数的取值范围是_______.
10．（2021·全国高考真题（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．




1．【答案】A
【分析】
根据函数在内单调递增求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】
因为在内单调递增，
则对任意的恒成立，即，
当时，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，.
因为Ü，因此，“”是“在内单调递增”的充分不必要条件.
故选：A.
2．【答案】A
【分析】
观察式子特点，即
，构造函数，
利用（0，+∞）上为增函数，且，结合选项特点，
，从而得解.
【详解】
解：由，得
，
设，
则

设，则在（0，+∞）上为增函数，且，
则当时，，此时，此时函数为增函数，
当时，，此时，此时函数为减函数，
由，即，即，
由，得，即，
由，得，即，
故选：A
【点睛】
根据题中信息及选项特点，知需要构造函数，利用函数的单调性来解决，注意构造的函数是否符合题目要求.
3．【答案】C
【分析】
构造函数，求导分析单调性，由得出以函数对称性，推出的对称性，根据对称点关系即可求解原不等式．
【详解】
令
因为得，所以
故在上单调递减，
又因为，所以函数关于对称，
因为，所以关于点对称，
则点关于的对称点为也在函数图象上，则
故，而由不等式得
所以，又在上单调递减，故
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于构造新函数通过对称性与单调性求解不等式．
4．【答案】BCD
【分析】
根据题意写出函数的解析式，由函数奇偶性的定义，即可判断选项A是否正确；根据导数在函数单调性中的应用以及复合函数的单调性，即可判断选项B是否正确；由基本不等式，即可判断选项C是否正确；再根据选项C，结合特称命题的特点，即可判断选项D是否正确.
【详解】
由题意可知，，定义域为
所以，所以是偶函数；故选项A错误；
函数的导数为，
所以当时，，当时，，
所以函数，单调递减区间为 ，单调递增区间为，
又，所以函数在上单调递增，
由复合函数的单调性可知，在上单调递减，故选项B正确；
由基本不等式可知，，当且仅当时取等号；故选项C正确；
由C可知，，，所以，使得成立，故选项D正确；
故选：BCD.


1．【答案】D
【分析】
构造函数，利用导数可证，据此可比较大小.
【详解】
令，则
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
即.
所以，，
故选：D
2．【答案】D
【分析】
首先根据题中的条件得到，从而得到；再根据时得到，结合函数的单调性得到，从而得到.
【详解】
由得，————①
由得，————②
两式相加得，因为，，所以，又因为 ，所以；
因为，，所以，即，所以；
令，则，当时，，
所以在内单调递增，即，
所以，即，
又令，则，
当时，，所以在内单调递增，所以由，得到.
所以.
故选：D.
3．【答案】C
【分析】
根据已知条件，构造函数，求出导函数判断单调性，利用单调性比较函数值的大小即可求解.
【详解】
解：因为任意恒成立，
即任意恒成立，
又时，，
所以，
所以在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，
故选：C.
4．【答案】C
【分析】
根据题意，得到的周期，利用导数可得的单调性，即可作出的图象，根据周期性、对称性可得在内有4个整数解，分别讨论、和三种情况下在一个周期内有整数解的个数，综合分析，即可得答案.
【详解】
因为为偶函数，所以，
所以是周期函数，且周期为8，且关于x=4对称，
又当xÎ(0，4]时，，
则，
令，解得，
所以当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
作出一个周期内图象，如图所示：

因为为偶函数，且不等式在上有且只有200个整数解，
所以不等式在内有100个整数解，
因为周期为8，所以在内有25个周期，
所以在一个周期内有4个整数解，
（1）若，由，可得或，
由图象可得有7个整数解，无整数解，不符合题意；
（2）若，则，由图象可得，不满足题意；
（3）若，由，可得 或，
由图象可得在一个周期内无整数解，不符合题意，
所以在一个周期内有4个整数解，
因为在内关于 x=4对称，
所以在内有2个整数解，
因为，
所以在的整数解为 x=1和x=2，
所以，解得.
故选：C
【点睛】
解题的关键是熟练掌握函数的周期性、对称性的求法，利用导数求函数的单调区间等知识，并灵活应用，难点在于根据函数的性质，分类讨论，分析可得在内有2个整数解，再结合特殊值，即可进行求解，属中档题.
5．【答案】D
【分析】
利用导数研究函数在定义域上的单调性，得出；结合题意得出在有且仅有1个解，计算的值即可.
【详解】
当时，
则
令，解得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，故在定义域上恒成立，
由有且只有2个实数根，
得方程有2个解，
又，所以，
则在有且仅有1个解，
因为，则或，
所以或，
即实数的取值范围是，
故选：D
6．【答案】D
【分析】
根据已知条件及的单调性，确定，的值，将在区间上单调递增转化为恒大于0，通过对该含参方程的求解即可．
【详解】
解：当时，在区间上单调递增，
，
，，
，，
即，
，，
在区间上单调递增，
在上恒成立，即．
令，
求导可得，
，
，
，
恒成立，
在区间单调递减，
，即，即，
的最大值为，
故选：．
7．【答案】
【分析】
根据函数奇偶性的定义，得到为奇函数，再根据导数求得函数为上单调递减函数，把不等式，转化为，即可求解.
【详解】
由题意，函数的定义域为，
且满足，即，
所以函数为奇函数，
又由，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，所以函数为上单调递减函数，
又因为，即，
即，所以，即，
解得，即不等式的解集为.
故答案为：.
8．【答案】
【分析】
先对函数进行求导，由导数在上恒成立即可求出实数的取值范围.
【详解】
，
由题意知在上恒成立且不恒为0，
显然时，恒成立，
所以只需在 上恒成立且不恒为0，
即在 上恒成立且不恒为0，
所以只需当时，
又当时，有，所以，即有最大值，
所以，即.
故答案为：.
9．【答案】
【分析】
利用导数分析可知函数为上的增函数，由可知对任意的恒成立，构造函数，其中，对正实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，验证是否对任意的恒成立，综合可得出正实数的取值范围.
【详解】
，
则，
所以，函数在上为增函数，且，
由可得，即对任意的恒成立，
令，其中，且，.
因为，令，可得.
①若，即当时，对任意的恒成立，
此时，函数在上单调递增，则，合乎题意；
②若，即当时，当时，；当时，.
所以，，不合乎题意.
综上所述，正实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下：
（1）先分析出函数在指定区间上的单调性；
（2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域；
（3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集.
10．【答案】
【分析】
先利用诱导公式将原式变形，然后构造函数并分析其奇偶性和单调性，根据的取值特点判断出之间的关系，然后利用等差数列的前项和公式以及等差数列下标和性质求解出结果.
【详解】
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
令，，
且的定义域为，所以为奇函数，
所以，且，
所以，
又因为，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以，
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过分析所给等式的特点，采用构造函数的思想，分析出的关系，其中奇偶性的证明、单调性的分析都值得注意，最后计算时注意借助等差数列的下标和性质进行解答.
11．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据条件得到，再求导分类讨论求单调性；
（2）取，根据单调性得到不等式，然后再运用分析法及基本不等式证明.
【详解】
（1）因为，所以.则.
求导，得.
当时，，函数在上是递减函数；
当时，若，函数在上是递减函数；
若，函数在上是递增函数.
（2）取，得，由（1）知，
即.
则有，
于是，要证，
只要证，
等价于.
事实上，应用基本不等式，得.获证.
【点睛】
关键点睛：对于含有参数的含糊单调性的讨论关键是找到讨论的标准，不等式的证明可以从最值、单调性等方面去考虑.
12．【答案】（1）答案见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【详解】
解（1）.
若，则当时，，当时，.
所以在上单调递增；
若，则当时，，当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在(单调递增；
若，则当时，，当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，在单调递增.
（2）（i）由（1）知，当时，在单调递减，在单调递增，
所以，
，
所以存在唯一正零点，
（ii）设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，所以要证明，，只需要证明加，
即证，即证，
因为，，
所以只需证，即证.
因为在单调递增，所以只需证明，
因为，所以只需证明，
因为
设，则
所以在上单调递增，所以，
所以，
所以原不等式得证.




1．【答案】B
【详解】
对函数求导，得（x>0）,令解得，因此函数的单调减区间为，故选B
考点定位：本小题考查导数问题，意在考查考生利用导数求函数单调区间，注意函数本身隐含的定义域
2．【答案】B
【详解】
试题分析：函数的定义域为，关于原点对称，
，因此函数是奇函数，不恒等于0，函数是增函数，故答案为B．
考点：函数的奇偶性和单调性．
3．【答案】A
【详解】
若，必有．
构造函数：，则，
则恒成立，
故有函数在x＞0上单调递增，
所以a＞b成立．故选A．
4．【答案】B
【详解】
由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，
且在区间(－1,0)上增长速度越来越快，
而在区间(0,1)上增长速度越来越慢．
故选B.
5．【答案】C
【详解】
试题分析：令，则，因此，所以选C.
考点：利用导数研究不等式
【方法点睛】
利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等
6．【答案】A
【详解】
对于A,令,,则在R上单调递增,故具有M性质,故选A.
【名师点睛】(1)确定函数单调区间的步骤：① 确定函数f(x)的定义域；②求f′(x)；③解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间；④解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间．
(2)根据函数单调性确定参数范围的方法：①利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集．②转化为不等式的恒成立问题,即转化为“若函数单调递增,则f′(x)≥0；若函数单调递减,则f′(x)≤0”来求解．
7．【答案】A
【详解】
构造新函数,，当时.
所以在上单减，又，即.
所以可得,此时，
又为奇函数，所以在上的解集为：.
故选A.
点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.
8．【答案】
【详解】
因为，所以函数是奇函数，
因为，所以数在上单调递增，
又，即，所以，即，
解得，故实数的取值范围为．
点睛:解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在函数的定义域内．
9．【答案】
【解析】
试题分析：时，是减函数，又，∴由得在上恒成立，．
考点：1.三角函数的单调性；2.导数的应用．
10．【答案】(1)答案见解析；(2) 和.
【分析】
(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】
(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上

单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：,
与联立得，
化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得,
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
【点睛】
本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.