第2节 导数与函数的单调性-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（新教材，基础版）

第四章　一元函数的导数及其应用 第二节　导数与函数的单调性 课标解读 考向预测 1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系. 2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次). 从近三年的高考情况来看，利用导数研究函数的单调性问题是必考的一个问题，这是因为单调性是解决后续问题的关键，单调性在研究函数图象、比较函数值的大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中起着至关重要的作用．函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的重点，而含有参数的函数单调性的讨论与应用是高考中的难点．预计这一考点在2025年高考中仍是重点考点. 目录 必备知识——强基础 考点探究——提素养 课时作业 必备知识——强基础 目录 单调递增 单调递减 常数函数 * 1．函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)上eq \x(\s\up1(01))______________ f′(x)<0 f(x)在(a，b)上eq \x(\s\up1(02))______________ f′(x)＝0 f(x)在(a，b)上是eq \x(\s\up1(03))______________ 目录 定义域 零点 * 2.利用导数判断函数y＝f(x)单调性的步骤 第一步，确定函数的eq \x(\s\up1(04))_________； 第二步，求出导数f′(x)的eq \x(\s\up1(05))_________； 第三步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性． 目录 * 1．利用导数解决单调性问题需要注意的问题 (1)定义域优先的原则：解决问题的过程只能在定义域内，通过讨论导数的符号来判断函数的单调区间． (2)注意“间断点”：在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的间断点． 2．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立． 3．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 目录 √ × √ 答案 * 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　) (2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(　　) (3)若函数f(x)在定义域上恒有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　) 目录 答案 * 2．小题热身 (1)(多选)(人教A选择性必修第二册5.3.1例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．在区间(－2，1)上f(x)单调递增 B．在区间(2，3)上f(x)单调递减 C．在区间(4，5)上f(x)单调递增 D．在区间(3，5)上f(x)单调递减 目录 答案 解析 * (2)函数f(x)＝xe－x的一个单调递增区间是(　　) A．(－∞，1) B．(2，8) C．(1，2) D．(0，2) 解析　由f(x)＝eq \f(x,ex)，得f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，由f′(x)>0，得x<1，所以f(x)在(－∞，1)上为增函数．故选A. 目录 答案 解析 * (3)(人教A选择性必修第二册5.3.1例1改编)函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是(　　) A．先增后减 B．先减后增 C．增函数 D．减函数 解析　∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sinx－1＜0，∴f(x)在(0，π)上是减函数．故选D. 考点探究——提素养 目录 解 * 考点一　不含参数的函数的单调性 例1　求函数f(x)＝e2x－e(2x＋1)的单调区间． 解　f′(x)＝2e2x－2e＝2e(e2x－1－1)， 令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,2)， x，f′(x)，f(x)的变化如下： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 －e 单调递增 所以f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 目录 * 【通性通法】 利用导数求函数单调区间的步骤 注意：(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，易错点是忽视函数的定义域． (2)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开． 目录 解 * 【巩固迁移】 1．(2023·湖南长沙模拟)已知函数f(x)＝2exsinx(e是自然对数的底数)，讨论f(x)的单调性． 解　f′(x)＝2ex(sinx＋cosx)＝2eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))， 由f′(x)<0，解得2kπ＋eq \f(3π,4)<x<2kπ＋eq \f(7π,4)(k∈Z)， 由f′(x)>0，解得2kπ－eq \f(π,4)<x<2kπ＋eq \f(3π,4)(k∈Z)， 故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ－\f(π,4)，2kπ＋\f(3π,4)))(k∈Z)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(3π,4)，2kπ＋\f(7π,4)))(k∈Z)上单调递减． 目录 解 * 考点二　含参数的函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,ax)－eq \f(1,a)(a∈R，且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性． 解　f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)(x>0)， ①当a<0时，f′(x)>0恒成立， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 目录 解 * ②当a>0时，由f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)>0，得x>eq \f(1,a)； 由f′(x)＝eq \f(ax－1,ax2)<0，得0<x<eq \f(1,a)， ∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减． 综上所述，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减． 目录 * 【通性通法】 利用导数研究函数单调性的策略 提醒：讨论含参函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 目录 解 * 【巩固迁移】 2．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x.若a>0，试讨论函数g(x)的单调性． 解　因为g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，所以g′(x)＝eq \f(2ax2－(2a＋1)x＋1,x)＝eq \f((2ax－1)(x－1),x). 由题意知函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， 若eq \f(1,2a)<1，即a>eq \f(1,2)， 由g′(x)>0，得x>1或0<x<eq \f(1,2a)， 由g′(x)<0，得eq \f(1,2a)<x<1， 目录 解 * 即函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减； 若eq \f(1,2a)>1，即0<a<eq \f(1,2)， 由g′(x)>0，得x>eq \f(1,2a)或0<x<1， 由g′(x)<0，得1<x<eq \f(1,2a)， 即函数g(x)在(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减； 目录 解 * 若eq \f(1,2a)＝1，即a＝eq \f(1,2)，则在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可得，当0<a<eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增； 当a＝eq \f(1,2)时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>eq \f(1,2)时，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 目录 答案 * 考点三　与导数有关的函数单调性的应用(多考向探究) 考向1辨析图象 例3　已知f′(x)是f(x)的导函数，f′(x)的图象如图所示， 则f(x)的图象只可能是(　　) 目录 解析 * 解析　由题中f′(x)的图象可以看出，在(a，b)内，f′(x)>0，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内，f′(x)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内，f′(x)单调递减，所以函数f(x)在(a，b)内单调递增，且其图象在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋b,2)))内越来越陡峭，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，b))内越来越平缓．故选D. 目录 * 【通性通法】 该类问题主要抓住导函数的正负决定原函数的增减，导数绝对值的大小决定原函数图象在该点处的陡峭程度，即可完成相应的判断． 目录 答案 * 【巩固迁移】 3．(2023·浙江绍兴诸暨市高三下学期5月联考)如图是函数y＝f(x) 的导函数y＝f′(x)的图象，若f(2)＝0，则y＝f(x)的图象大致为(　　) 目录 解析 * 解析　由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，则在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内．对于A，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率均小于0，故A不正确；对于B，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故B不正确；对于C，在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上存在点，在该点处切线的斜率大于1，故C不正确；对于D，由y＝f′(x)的图象可知，当0<x<1时，0<f′(x)<1，当1<x<3时，f′(x)<0，当x>3时，f′(x)>0，所以在区间(0，1)上，曲线y＝f(x)上各点处切线的斜率在区间(0，1)内，函数y＝f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，而选项D中函数y＝f(x)的图象均符合这些性质，故D正确．故选D. 目录 答案 解析 * 考向2比较大小 例4　(2023·浙江重点中学拔尖学生培养联盟高三下学期适应性考试)设a＝2ln 1.4，b＝eq \r(1.6)－1，c＝ln 1.6，则(　　) A．c<a<b B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a 解析　因为2ln 1.4＝ln 1.42＝ln 1.96，ln 1.96>ln 1.6，所以a>c；令f(x)＝ln x－(eq \r(x)－1)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2\r(x))＝eq \f(2－\r(x),2x)，当x∈[1，4)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(1.6)＞f(1)＝0，即ln 1.6>eq \r(1.6)－1，即b<c，所以b<c<a.故选D. 目录 * 【通性通法】 (1)根据导数计算公式和已知的不等式构造函数，利用不等关系得出函数的单调性，即可确定函数值的大小关系，关键是观察已知条件构造出恰当的函数． (2)含有两个变元的不等式，可把两个变元看作两个不同的自变量，构造函数后利用单调性确定其不等关系． 目录 答案 * 【巩固迁移】 4．(2023·湖南娄底市部分学校高三三模)若a＝ln 1.01，b＝eq \f(2,201)，c＝eq \r(1.02)－1，则(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 目录 解析 * 解析　由于a＝ln 1.01＝ln (1＋0.01)，c＝eq \r(1.02)－1＝eq \r(1＋0.01×2)－1，故设函数f(x)＝ln (1＋x)－eq \r(1＋2x)＋1(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,\r(1＋2x))＝eq \f(\r(1＋2x)－(1＋x),(1＋x)\r(1＋2x))，x>0，由于(eq \r(1＋2x))2－(1＋x)2＝－x2<0，所以(eq \r(1＋2x))2<(1＋x)2，即eq \r(1＋2x)－(1＋x)<0，即f′(x)<0，故f(x)＝ln (1＋x)－eq \r(1＋2x)＋1(x>0)单调递减，故f(x)<f(0)＝0，即ln (1＋x)<eq \r(1＋2x)－1(x>0)，令x＝0.01，则ln (1＋0.01)<eq \r(1＋2×0.01)－1，即a<c；又a＝ln 1.01＝ln (1＋0.01)，b＝eq \f(2,201)＝eq \f(2×0.01,2＋0.01)，令g(x)＝ln (x＋1)－eq \f(2x,2＋x)，则当x>0时，g′(x)＝eq \f(1,x＋1)－eq \f(4,(x＋2)2)＝eq \f(x2,(x＋1)(x＋2)2)>0，即当x>0时，g(x)＝ln (x＋1)－eq \f(2x,2＋x)单调递增，故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即当x>0时，ln (x＋1)>eq \f(2x,2＋x)，令x＝0.01，则ln 1.01>eq \f(2×0.01,2＋0.01)＝eq \f(2,201)，即a>b，故b<a<c.故选B. 目录 答案 * 考向3解不等式 例5　(2023·四川成都模拟)已知一个定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x－1＋ln x，则不等式xf(x)>0的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(0，1) C．(－1，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 目录 解析 * 解析　由题意，得当x>0时，f′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0.则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，所以当x>0时，不等式xf(x)>0的解集为(1，＋∞)，又f(x)为奇函数，所以xf(x)为偶函数，所以不等式xf(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．故选D. 目录 * 【通性通法】 利用单调性解不等式的思路方法 (1)利用单调性解不等式通常用于：①分段函数型不等式；②复合函数型不等式；③抽象函数型不等式；④解析式较复杂的不等式． (2)解题的一般策略是：利用函数的单调性，将函数值的大小关系转化为自变量的关系，解不等式即可． 目录 (1，＋∞) 答案 解析 * 【巩固迁移】 5．已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)＋f(x)>2的解集为________． 解析　令g(x)＝f(x)－1＝ex－e－x－2x，定义域为R，因为g(－x)＝e－x－ex＋2x＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，不等式f(2x－3)＋f(x)>2可变形为f(2x－3)－1>1－f(x)，即g(2x－3)>－g(x)＝g(－x)，又g′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以g(x)在R上单调递增，所以2x－3>－x，解得x>1，所以所求不等式的解集为(1，＋∞)． 目录 答案 * 考向4求参数的取值范围 例6　(2024·宁夏回族自治区银川一中高三上学期第二次月考)若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin2x＋asinx在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．[－1，1] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3))) C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3))) 目录 解析 * 解析　f′(x)＝1－eq \f(2,3)cos2x＋acosx≥0对x∈R恒成立，故1－eq \f(2,3)(2cos2x－1)＋acosx≥0，即acosx－eq \f(4,3)cos2x＋eq \f(5,3)≥0恒成立，即－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0对t∈[－1，1]恒成立，构造g(t)＝－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)，由y＝－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)为开口向下的抛物线，知g(t)的最小值的可能值为端点值，故只需保证eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(－1)＝\f(1,3)－a≥0，,g(1)＝\f(1,3)＋a≥0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).故选C. 目录 * 【通性通法】 由函数的单调性求参数的取值范围的策略 注意：若已知函数f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 目录 答案 * 【巩固迁移】 6．若函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞)) C．(－2，＋∞) D．(－8，＋∞) 目录 解析 * 解析　由f(x)＝ln x＋ax2－2，可得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax.因为函数f(x)＝ln x＋ax2－2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内存在单调递增区间，所以f′(x)>0在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上有解，即a>－eq \f(1,2x2)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上有解．设g(x)＝－eq \f(1,2x2)，x≠0，由g′(x)＝x－3>0在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上恒成立，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上单调递增，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<g(x)<g(1)．所以a>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝－8.故选D. 目录 (－10，－3) 答案 解析 * 7．若函数g(x)＝2x＋ln x－eq \f(a,x)在区间[1，2]内不单调，则实数a的取值范围是_______________． 解析　∵函数g(x)在区间[1，2]内不单调，∴g′(x)＝2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,8)在(1，2)内有解，令y＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,8)，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴值域为(－10，－3)，∴实数a的取值范围为(－10，－3)． 课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 一、单项选择题 1.(2023·江西抚州高三上学期期末)函数y＝f(x)的图象如图， 则导函数y＝f′(x)的图象可能是下图中的(　　) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由函数图象知f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)， 因为f(x)的导数存在，两边取导数可得f′(x)＝[f(－x)]′， 由复合函数的求导公式可得[f(－x)]′＝f′(－x)·(－x)′＝ －f′(－x)，故f′(x)＝－f′(－x)，即f′(x)为奇函数，排除C，D；由原函数图象可知当x>0时，f(x)先递增再递减，故f′(x)在x>0时，函数值先正后负，排除B.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 2．(2024·辽宁大连第八中学高三上学期月考)函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·eq \f(1,x)＝ln x＋1，令f′(x)<0，解得0<x<eq \f(1,e)，故f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 3.函数y＝f(x)在定义域eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，3))内可导，图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，则不等式f′(x)≥0的解集为(　　) A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))∪[2，3) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3))) C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2] D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(8,3))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　f′(x)≥0的解集即为y＝f(x)的单调递增区间．结合图象可得y＝f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))，[1，2]，则f′(x)≥0的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\f(1,3)))∪[1，2]．故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 4．(2023·江西信丰中学模拟)若函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，0] D．[0，＋∞) 解析　因为函数f(x)＝ax3＋x在定义域R上恰有三个单调区间，所以其导函数在定义域R上有两个不同的零点，由f′(x)＝3ax2＋1，可得3ax2＋1＝0，即x2＝－eq \f(1,3a)，所以只需a<0，方程3ax2＋1＝0在R上有两个不同的实数根．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 5．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析　依题意可知，f′(x)＝aex－eq \f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥eq \f(1,a)，设g(x)＝xex，当x∈(1，2)时，g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)＝e，故e≥eq \f(1,a)，即a≥eq \f(1,e)＝e－1，即a的最小值为e－1.故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 6．(2023·陕西咸阳高三三模)已知函数f(x)的部分图象如图所示，则它的解析式可能是(　　) A．f(x)＝eq \f(ex,sinx) B．f(x)＝eq \f(ex,cosx) C．f(x)＝excosx D．f(x)＝exsinx 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题中图象可知，函数f(x)的定义域为R，函数f(x)＝eq \f(ex,sinx)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，所以A不符合题意；函数f(x)＝eq \f(ex,cosx)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，所以B不符合题意；当0<x<π时，f(x)＝excosx，则f′(x)＝excosx－exsinx＝ex(cosx－sinx)，当0<x<eq \f(π,4)时，f′(x)>0，当eq \f(π,4)<x<π时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))是函数的极大值，结合图形，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))不是极大值，故C不符合题意；当0<x<π时，f(x)＝exsinx，则f′(x)＝excosx＋exsinx＝ex(cosx＋sinx)，当0<x<eq \f(3π,4)时，f′(x)>0，当eq \f(3π,4)<x<π时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))上单调递减，结合图形，D符合题意．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 7．设a＝20222024，b＝20232023，c＝20242022，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．c>b>a 解析　∵eq \f(ln a,ln b)＝eq \f(2024ln 2022,2023ln 2023)＝eq \f(\f(ln 2022,2023),\f(ln 2023,2024))，构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)(x≥e2)，f′(x)＝eq \f(x＋1－xln x,x(x＋1)2)，令g(x)＝x＋1－xln x(x≥e2)，则g′(x)＝－ln x<0，∴g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，∴g(x)≤g(e2)＝1－e2<0，故f′(x)<0，∴f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，∴f(2022)>f(2023)>0，∴eq \f(ln a,ln b)＝eq \f(f(2022),f(2023))>1，∴ln a>ln b，∴a>b，同理可得ln b>ln c，b>c，故a>b>c.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 8．(2024·山东枣庄第三中学高三上学期期中)设实数t>0，若不等式e2tx－eq \f(ln 2＋ln x,t)≥0对x>0恒成立，则t的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞)) B．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意te2tx≥ln (2x)，x>0，t>0，当ln (2x)≤0时，此不等式恒成立，当ln(2x)>0时，2txe2tx≥2xln (2x)＝ln (2x)·eln (2x)，设f(x)＝xex(x>0)，则不等式为f(2tx) ≥f(ln (2x))，∵f′(x)＝(x＋1)ex>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴2tx≥ln (2x)，即t≥eq \f(ln (2x),2x)，令g(x)＝eq \f(ln (2x),2x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)))，则g′(x)＝eq \f(1－ln (2x),2x2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(e,2)))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))＝eq \f(1,e)，∴t≥eq \f(1,e).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 二、多项选择题 9．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有eq \f(x1f(x1)－x2f(x2),x1－x2)>0，则称函数f(x)为“F函数”，下列函数不是“F函数”的是(　　) A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2 C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sinx 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　依题意，得函数f(x)为“F函数”，则函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上单调递增，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故D中函数不是“F函数”．故选ACD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 10．(2023·重庆七校高三三诊)德国数学家莱布尼茨是微积分的创立者之一，他从几何问题出发，引进微积分概念．在研究切线时认识到，求曲线的切线的斜率依赖于纵坐标的差值和横坐标的差值，以及当此差值变成无限小时它们的比值，这也正是导数的几何意义．设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)>0，∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，总有eq \f(f(x1)＋f(x2),2)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，则下列结论正确的是(　　) A．f(2)<f(e)<f(π) B．f′(π)<f′(e)<f′(2) C．f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3) D．f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　根据f′(x)>0可得，f(x)在R上单调递增，因为π>e>2， 所以f(2)<f(e)<f(π)，A正确；因为∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2， 总有eq \f(f(x1)＋f(x2),2)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，所以函数图象上凸，画出函数图象，由 几何意义可知，f′(x)表示函数图象上的各点处的切线斜率，显然随着x的增大，切线斜率变小，且恒为正，因为π>e>2，所以f′(π)<f′(e)<f′(2)，B正确；kAB＝eq \f(f(3)－f(2),3－2)＝f(3)－f(2)，结合函数图象可知f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)，C错误，D正确．故选ABD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (－∞，－1)，(0，＋∞) [－1，0] 答案 解析 * 三、填空题 11．(2023·河北唐山一中模拟)设函数f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，则f(x)的单调递增区间是__________________________，单调递减区间是____________． 解析　∵f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，∴f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝0.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在[－1，0]上单调递减． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (－∞，0] 答案 解析 * 12．(2023·湖南长郡中学模拟)已知函数f(x)＝x3－ax－1(a∈R)．若函数f(x)在R上单调递增，则实数a的取值范围为___________． 解析　易知f′(x)＝3x2－a.因为f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，即a≤3x2恒成立，故a≤(3x2)min＝0.经检验，当a＝0时，符合题意，故实数a的取值范围是(－∞，0]． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1，2) 答案 解析 * 13．(2024·广东深圳横岗高级中学高三上学期第一次月考)已知函数f(x)＝2sinx＋e－x－ex，且满足f(a2－a＋1)＋f(－2a＋1)>0，则a的取值范围为________． 解析　f(－x)＝2sin(－x)＋ex－e－x＝－2sinx＋ex－e－x＝－f(x)，f(x)为奇函数，又f′(x)＝2cosx－e－x－ex＝2cosx－(e－x＋ex)≤2cosx－2eq \r(e－x·ex)＝2cosx－2≤0，f(x)是减函数，所以不等式f(a2－a＋1)＋f(－2a＋1)>0化为f(a2－a＋1)>f(2a－1)，即a2－a＋1<2a－1，解得1<a<2.故a的取值范围为(1，2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 14．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是____________． 解析　由函数的解析式可得f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln (1＋a)≥－axln a，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(x)≥－eq \f(ln a,ln (1＋a))在区间(0，＋∞)上恒成立，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋a,a))) eq \s\up12(0)＝1≥－eq \f(ln a,ln (1＋a))，而a＋1∈(1，2)，故ln (1＋a)>0，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln (a＋1)≥－ln a，,0<a<1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a(a＋1)≥1，,0<a<1，))故eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1.故a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 四、解答题 15．已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x，讨论f(x)的单调性． 解　f(x)的定义域为R，f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(aex－1)(2ex＋1)， 若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 若a>0，则当x<－ln a时，f′(x)<0， 当x>－ln a时，f′(x)>0， 故f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，－ln a)上单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，－ln a)上单调递减． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 16．已知函数f(x)＝ln (x＋1)＋a(x2＋x)＋2(其中常数a>0)，讨论f(x)的单调性． 解　f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋a(2x＋1) ＝eq \f(2ax2＋3ax＋a＋1,x＋1)， 记g(x)＝2ax2＋3ax＋a＋1，Δ＝a2－8a， ①当Δ≤0，即0<a≤8时，g(x)≥0， 故f′(x)≥0， 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * ②当Δ>0，即a>8时，g(x)＝0有两个实根 x1＝eq \f(－3a－\r(a2－8a),4a)，x2＝eq \f(－3a＋\r(a2－8a),4a)， 注意到g(0)＝a＋1>0，g(－1)＝1>0且g(x)图象的对称轴方程为x＝－eq \f(3,4)∈(－1，0)， 故x1，x2∈(－1，0)， 所以当－1<x<x1或x>x2时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x1<x<x2时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当0<a≤8时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当a>8时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(－3a－\r(a2－8a),4a)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3a＋\r(a2－8a),4a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3a－\r(a2－8a),4a)，\f(－3a＋\r(a2－8a),4a)))上单调递减． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 17．(多选)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的值可以是(　　) A．－3 B．－2 C．1 D．2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2，所以当x>2或x<－2时，f′(x)>0，当－2<x<2时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则－2∈(k－1，k＋1)或2∈(k－1，k＋1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－1<－2，,－2<k＋1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－1<2，,2<k＋1，))解得－3<k<－1或1<k<3.故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 18．(多选)(2023·山东济南模拟)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中正确的是(　　) A．ln 2>eq \f(2,e) B．ln 3<eq \f(3,e) C．ln π>eq \f(π,e) D．eq \f(ln 3,ln π)>eq \f(3,π) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　令f(x)＝ln x－eq \f(x,e)，则f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,e)，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(e)＝ln e－eq \f(e,e)＝0，则由f(2)＝ln 2－eq \f(2,e)<0，得ln 2<eq \f(2,e)，故A不正确；由f(3)＝ln 3－eq \f(3,e)<0，得ln 3<eq \f(3,e)，故B正确；由f(π)＝ln π－eq \f(π,e)<0，得ln π<eq \f(π,e)，故C不正确；对于D，令g(x)＝eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，当0<x<e时，g′(x)>0，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则由g(3)>g(π)，得eq \f(ln 3,3)>eq \f(ln π,π)，化为eq \f(ln 3,ln π)>eq \f(3,π)，故D正确．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 19．(2023·上海徐汇南洋模范中学校考三模)设函数y＝f(x)在R上存在导数y＝f′(x)，对任意x∈R，有f(x)－f(－x)＝2sinx，且在(0，＋∞)上f′(x)>cosx.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))－f(t)>cost－sint，则实数t的取值范围为________． 解析　设g(x)＝f(x)－sinx，则g(－x)＝f(－x)＋sinx，f(x)－f(－x)＝2sinx，即g(x)＋sinx－g(－x)＋sinx＝2sinx，故g(x)＝g(－x)，函数g(x)为偶函数，当x>0时，g′(x)＝f′(x)－cosx>0，函数g(x)单调递增，又g(x)为偶函数，故当x<0时，函数g(x)单调递减，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))－f(t)>cost－sint，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))>f(t)－sint，即geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))>g(t)，故eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－t))>|t|，解得t<eq \f(π,4).故实数t的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(π,4))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(π,4))) 　　　　　　　　　　　　　 R $$