2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练19 利用导数研究函数的单调性（含解析）

这是一份2027年高考数学一轮专题复习考点通关：课时规范练19 利用导数研究函数的单调性（含解析），共14页。试卷主要包含了已知函数f=ax+ln，下列函数在上是单调递增的函数是等内容，欢迎下载使用。
考点一 求不含参数函数的单调区间
1.(2025·广东模拟改编)讨论函数h(x)=xln x-ex+1在区间(0,+∞)上的单调性.
考点二 讨论含参数函数的单调性
2.(2025·河南洛阳模拟改编)已知函数f(x)=ax+ln(x+1)(a∈R).讨论f(x)的单调性.
考点三 与导数有关的函数单调性的应用
3.(多选题)已知a>0,且a≠e,则函数f(x)=ex-aln x的图象可能是( )
A. B.
C. D.
素能综合练
4.(2025·贵州贵阳模拟预测)下列函数在(0,+∞)上是单调递增的函数是( )
A.f(x)=x3-x+2
B.f(x)=ln|x-1|
C.f(x)=-ex+sin x
D.f(x)=x-1x
5.(2025·云南曲靖模拟)已知函数f(x)与g(x)的部分图象如图所示,则下列选项正确的是( )
A.g'(-1)e),若f(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,则ln a+2ln b=( )
A.1B.2C.3D.4
9.(多选题)(2025·广东佛山模拟)若函数exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质,下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)=2-x
B.f(x)=x2+2
C.f(x)=3-x
D.f(x)=cs x
10.(多选题)(2025·湖南郴州模拟)已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)的导数为f'(x),若f(1)=1,且f'(x)+1x2>0,则下列式子中一定成立的是( )
A.f(13)π
C.f(lg2e)>ln 2
D.f(ln 3)c>aB.c>b>a
C.a>b>cD.a>c>b
12.(2025·贵州铜仁三模)已知函数f(x)=(x-1)ex-12x2+1,g(x)=sin x-ax.用max{m,n}表示m,n的最大值,记F(x)=max{f(x),g(x)}.若对任意x∈R,F(x)≥0恒成立,则实数a的取值范围为( )
A.(-∞,0]B.(0,1)
C.(1,+∞)D.[1,+∞)
13.(2025·贵州黔东南三模)已知函数f(x)=ex-ax2-x,若对任意x1,x2∈[0,+∞)且x1≠x2,不等式f(x1)-f(x2)x1-x2>a-1恒成立,则实数a的最大值为 .
14.(2024·河北石家庄模拟)函数f(x)=sin2x+x2的单调递增区间是 .
15.(2025·皖北联考)已知函数f(x)=x3-ax2,g(x)=(x-a)ex.
(1)若f(1)=2,求曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程;
(2)证明:“f(x)在区间[2,+∞)上单调递增”是“g(x)在区间[2,+∞)上单调递增”的充要条件.
参考答案
课时规范练19 利用导数研究函数的单调性
1.解 由于函数h(x)=xln x-ex+1,
令g(x)=h'(x)=ln x+1-ex(x>0),则g'(x)=1x-ex,
显然g'(x)在区间(0,+∞)上单调递减,且g'(12)=2-e>0,g'(1)=1-e0,当x∈(x0,+∞)时,g'(x)0在区间(-1,+∞)上恒成立,所以f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增;
当a0.在区间[-1,3]上,g(x)的图象比f(x)的图象更陡峭,所以00,x>0或f'(x)0,则g(x)在区间(0,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增.
又g(1)=e11-b=e-b0时,需x2-3x+a≥0,g(x)0,且有b=ex1x1=ex2x2,则ln a+2ln b=ln(ab2)=ln(x1x2·ex1x1·ex2x2)=ln ex1+x2=x1+x2=3.
故选C.
9.AB 解析 设g(x)=ex·f(x),对于A,g(x)=ex·2-x=(e2)x在定义域R上是增函数,故A正确;对于B,g(x)=(x2+2)ex,g'(x)=(x2+2x+2)ex=[(x+1)2+1]ex>0,所以g(x)在定义域R上是增函数,故B正确;对于C,g(x)=ex·3-x=(e3)x在定义域R上是减函数,故C错误;对于D,g(x)=ex·cs x,则g'(x)=2excs(x+π4),所以g'(x)>0在定义域R上不恒成立,故D错误.故选AB.
10.AC 解析 因为当x>0时,f'(x)+1x2>0,令g(x)=f(x)-1x,可得g'(x)=f'(x)+1x2>0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,因为f(1)=1,可得g(1)=f(1)-1=0,对于A,g(13)lg3e,故D错误.故选AC.
11.C 解析 f'(x)=ex-cs x-sin x=ex-2sin(x+π4),当x>1时,ex>e>2,2sin(x+π4)≤2,所以f'(x)>0,故函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增.
(方法1)构造函数h(x)=ln(x+1)lnx(x>1),h'(x)=lnxx+1-ln(x+1)x(lnx)2.
因为x>1,所以0cs t-a>0,从而g(x)在[-t,0]上单调递增.
这就意味着有g(-t)a-1⇔f(x1)-(a-1)x1>f(x2)-(a-1)x2.
令g(x)=f(x)-(a-1)x=ex-ax2-ax,则∀x1,x2∈[0,+∞),x1>x2,g(x1)>g(x2),函数g(x)在[0,+∞)上单调递增,因此∀x∈[0,+∞),g'(x)=ex-a(2x+1)≥0⇔a≤ex2x+1恒成立.
令h(x)=ex2x+1,x≥0,求导得h'(x)=(2x-1)ex(2x+1)2,当0≤x0,所以函数h(x)在[0,12)上单调递减,在[12,+∞)上单调递增,h(x)min=h(12)=e2,
所以a≤e2,所以实数a的最大值为e2.
14.(0,+∞) 解析 f'(x)=2sin xcs x+2x=sin 2x+2x,因为f'(0)=0,所以x=0是f'(x)的一个零点,令f'(x)=g(x),则g'(x)=2+2cs 2x≥0,即f'(x)单调递增,所以当x0,故函数在区间(0,+∞)上单调递增.
15.(1)解 因为f(1)=2,所以1-a=2,得a=-1,则g(x)=(x+1)ex,g'(x)=(x+2)ex,则g(0)=1,g'(0)=2,所以曲线y=g(x)在点(0,g(0))处的切线方程为y-1=2(x-0),即y=2x+1.
(2)证明 若f(x)在区间[2,+∞)上单调递增,则f'(x)=3x2-2ax≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则a≤3x2对x∈[2,+∞)恒成立,所以a≤32×2=3,所以g'(x)=(x-a+1)ex≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则g(x)在区间[2,+∞)上单调递增.
若g(x)在区间[2,+∞)上单调递增,则g'(x)=(x-a+1)ex≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则a≤x+1对x∈[2,+∞)恒成立,所以a≤2+1=3,所以f'(x)=x(3x-2a)≥0对x∈[2,+∞)恒成立,则f(x)在区间[2,+∞)上单调递增.
综上,“f(x)在区间[2,+∞)上单调递增”是“g(x)在区间[2,+∞)上单调递增”的充要条件.