2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题3导数的简单应用小题考法2利用导数研究函数的单调性与最值

2024精品成套高中数学二轮专题资料 2024年高考数学二轮复习专题专练（含答案解析）

2023-12-25 11:22
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A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，2) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
(2)(2023·汕头龙湖区三模)设a＝2 019·ln 2 021，b＝2 020ln 2 020，c＝2 021ln 2 019，则( )
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
(3)(2023·惠州模拟)已知x∈(0，eq \f(π,2))，且axA．1 B.eq \f(2,π) C.eq \f(2,π)－1 D．1－eq \f(2,π)
解析：(1)因为y＝x2，y＝cs x均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，
f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)则g′(x)＝－2＋cs x，
因为cs x∈[－1，1]，所以g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，
又因为f′(0)＝0，所以f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)递增．
f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)．
故选C.
(2)设f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)，则f′(x)＝eq \f(1＋\f(1,x)－ln x,（x＋1）2)，
当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)<0，
故f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，
所以f(2 019)>f(2 020)，即eq \f(ln 2 019,2 020)>eq \f(ln 2 020,2 021)，
所以2 021ln 2 019>2 020ln 2 020，所以c>b；
设g(x)＝eq \f(ln x,x－1)，则g′(x)＝eq \f(1－\f(1,x)－ln x,（x－1）2)，
当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)<0，
故g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，
所以g(2 020)>g(2 021)，即eq \f(ln 2 020,2 019)>eq \f(ln 2 021,2 020)，
所以2 020ln 2 020>2 019ln 2 021，所以b>a，
所以c>b>a.
故选B.
(3)由已知有x>0，对原不等式同时除以x，
可得：a构造函数f(x)＝eq \f(sin x,x)，即要求b－a的最小值即是求解f(x)在x∈(0，eq \f(π,2))的最大值与最小值即可，
f′(x)＝eq \f(cs x·x－sin x,x2)，
令h(x)＝csx·x－sin x，h′(x)＝－x·sin x，
因为x∈(0，eq \f(π,2))，故h′(x)<0恒成立，
故h(x)在(0，eq \f(π,2))单调递减，
又因为h(0)＝0，故h(x)即f′(x)<0在(0，eq \f(π,2))恒成立，
故f(x)在(0，eq \f(π,2))单调递减，
且x→0时，eq \f(sin x,x)→1，当x＝eq \f(π,2)时，f(x)＝eq \f(2,π)，
故b－a的最小值为1－eq \f(2,π)，
故选D.
答案：(1)C (2)B (3)D
1．特别注意f′(x)>0(f′(x)<0)是函数单调递增(减)的充分不必要条件．
2．恒成立问题常用解决方法有两种，一是分离参数，二是直接法分类讨论．
1．(2023·茂名模拟)已知a＝6－ln 2－ln 3，b＝e－ln 3，c＝e2－2，则( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．c>a>b
解析：要比较a＝6－ln 2－ln 3，b＝e－ln 3，c＝e2－2的大小，需要化简三个表达式为x－ln x的形式，
因为a＝6－ln 2－ln 3＝6－ln 6，
b＝e－ln 3<3－ln 3，c＝e2－2＝e2－ln e2，
考虑构造函数f(x)＝x－ln x，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x>1时，f′(x)>0，
函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为e2>6>3，
所以e2－ln e2>6－ln 6>3－ln 3>e－ln 3，
所以c>a>b.
故选D.
答案：D
2．(2023·广州二模)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)A．(－∞，2) B．(0，2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
解析：因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，等式两边求导可得f′(x)＝－f′(－x)，①
因为函数f′(x)＋e－x＋x为偶函数，
则f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x，②
联立①②可得f′(x)＝eq \f(ex－e－x,2)－x，
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq \f(ex＋e－x,2)－1≥eq \r(ex·e－x)－1＝0，且g′(x)不恒为零，
所以函数g(x)在R上为增函数，
即函数f′(x)在R上为增函数，
故当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
由f(2a－1)可得f(|2a－1|)所以|2a－1|<|a＋1|，
整理可得a2－2a<0，解得0故选B.
答案：B
3．(2023·广州一模)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1<0.f(e)＝2，则关于x的不等式f(ex)解析：根据题意，设g(x)＝f(x)－ln x，则g′(x)＝f′(x)－eq \f(1,x)＝eq \f(xf′（x）－1,x)，
又由xf′(x)－1<0.
则g′(x)<0，函数g(x)在(0，＋∞)上递减，
又由f(e)＝2，则g(e)＝f(e)－ln e＝1，
f(ex)e，解可得x>1，
即不等式的解集为(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)