第2章 专题强化练6 导数与函数的单调性及其应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（北师大版）

专题强化练6　导数与函数的单调性及其应用 1.(2024河南信阳高级中学期中)函数y=,x∈∪的图象大致是(　　) A　　　　　B　　　　　 C　　　　　D 2.(2025河南周口鹿邑二高月考)若函数f(x)=ln x+ax2-1在区间(1,2)上存在单调递减区间,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　　B. C.　　　　　D. 3.(2025河南南阳第一中学月考)1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数;1637年笛卡儿开始使用指数运算;1770年,欧拉发现了指数与对数的互逆关系,指出:对数源于指数,对数的发明先于指数,称为数学史上的珍闻,对数函数与指数函数互为反函数,即对数函数f(x)=logax(a>0,且a≠1)的反函数为f-1(x)=ax(a>0,且a≠1).已知函数g(x)=ex,F(x)=x2+kg-1(x),若对任意x2>x1>0,有>2 024恒成立,则实数k的取值范围为(　　) A.(-∞,2]　　　　　B.[2,+∞)　　　　　 C.(1 012,+∞)　　　D.[2×5062,+∞) 4.(2025安徽合肥六校联盟期中)设a=,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c　　　　　B.a<c<b　　　　　 C.c<b<a　　　　　D.b<a<c 5.(多选题)(2025安徽A10联盟联考)已知函数f(x)的定义域为R,其导数f'(x)满足f(x)+f'(x)>0,则(　　) A.f>f(1)　　　　B.f(-1)<e2f(1) C.<　　　　　 D.>f(1) 6.(2024江西南昌期中)已知函数f(x)=则关于x的不等式f(x+3)+f(x)+15>0的解集为　　　　.  7.(2024安徽宿州泗县第一中学开学考试)已知函数f(x)=(x-2)e-x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若a,b为两个不相等的实数,且满足aeb-bea=2(eb-ea),求证:a+b>6. 答案与分层梯度式解析 1.A 2.C 3.D 4.C 5.BC 1.A　设f(x)==,x∈∪,因为f(x)的定义域关于原点对称,且f(-x)==-f(x),所以f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,故排除C; 易得f'(x)= =, 当0<x<时, f'(x)>0,所以f(x)在上单调递增,故排除B,D. 2.C　f'(x)=+2ax=.因为f(x)在区间(1,2)上存在单调递减区间, 所以f'(x)<0在区间(1,2)上有解,即2ax2+1<0在区间(1,2)上有解. 当a≥0时,显然无解; 当a<0时,令2a×22+1<0,解得a<-. 综上所述,实数a的取值范围为. 3.D　依题意,g-1(x)=ln x,则F(x)=x2+kln x, 当x2>x1>0时,>2 024, 即F(x2)-2 024x2>F(x1)-2 024x1, 即+kln x2-2 024x2>+kln x1-2 024x1, 令h(x)=x2+kln x-2 024x,则对任意x2>x1>0,h(x2)>h(x1)恒成立,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递增, 则∀x∈(0,+∞),h'(x)=2x+-2 024≥0, 则k≥-2(x2-1 012x), 而-2(x2-1 012x)=-2(x-506)2+2×5062≤2×5062, 当且仅当x=506时取等号,则k≥2×5062, 所以实数k的取值范围为[2×5062,+∞). 4.C　设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1),则f'(x)=-1=-, 当x∈(-1,0)时, f'(x)>0,当x∈(0,+∞)时, f'(x)<0,所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 所以f<f(0)=0, 所以ln -<0, 故>ln =-ln 0.9,即b>c. 设g(x)=ex-(x+1)(x>0),则g'(x)=ex-1>0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以g>g(0)=0,所以>1+=, 所以>,即a>b.综上,c<b<a. 5.BC　设F(x)=ex·f(x),则F'(x)=exf(x)+exf'(x)=ex[f(x)+f'(x)], 因为对任意的x∈R都有f(x)+f'(x)>0,则F'(x)>0恒成立,所以F(x)在R上单调递增. 因为<1,所以f<e1f(1),则f<f(1),故A错误;因为-1<1,所以e-1f(-1)<e1f(1), 则f(-1)<e2f(1),故B正确;因为ln 2<1,所以eln 2f(ln 2)<e1f(1),则 < ,故C正确;因为0<1,所以e0f(0)<e1f(1),则 <f(1),故D错误. 方法技巧　利用导数解抽象不等式,其实质是利用导数研究对应函数的单调性,而对应函数常常需要进行构造.下面是四种常见的构造函数的方法: 　　(1)对于不等式f'(x)+g'(x)>0和f'(x)+g'(x)<0,可构造函数F(x)=f(x)+g(x). 　　(2)对于不等式f'(x)-g'(x)>0和f'(x)-g'(x)<0,可构造函数F(x)=f(x)-g(x). 　　(3)对于不等式f'(x)+f(x)>0和f'(x)+f(x)<0,可构造函数F(x)=exf(x). 　　(4)对于不等式f'(x)-f(x)>0和f'(x)-f(x)<0,可构造函数F(x)=. 6.答案　(-4,+∞) 解析　当x≥0时,f'(x)=ex+e-x-2cos x≥2-2cos x≥0,当且仅当ex=e-x,且cos x=1,即x=0时等号均成立,所以x≥0时,f(x)单调递增. 当x<0时,f(x)=(1-x)(1+x)=1-x2, 所以x<0时,f(x)单调递增. 因为f(0)=e0-e0-2sin 0+1=1,(1-0)×(1+0)=1, 所以f(x)在R上单调递增, 令g(x)=f(x+3)+f(x)+15,则g(x)在R上单调递增.又g(-4)=f(-1)+f(-4)+15=0,所以原不等式可转化为g(x)>g(-4),所以x>-4,所以f(x+3)+f(x)+15>0的解集为(-4,+∞). 7.解析　(1)f '(x)=e-x+(x-2)·(-1)·e-x=(3-x)e-x,令f '(x)>0,解得x<3,令f '(x)<0,解得x>3, 所以f(x)的增区间为(-∞,3),减区间为(3,+∞). (2)证明:将aeb-bea=2(eb-ea)两边同时除以eaeb得-=-,即=, 所以f(a)=f(b),不妨设a<b, 由(1)知f(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减, 又f(2)=0, f(3)=,当x∈(2,+∞)时, f(x)>0, 所以2<a<3<b, 令g(x)=f(x)-f(6-x)=-(2<x<3), 则g'(x)=-=(3-x)·, 由2<x<3可得3-x>0,6-x>x,所以e6-x>ex, 所以g'(x)>0,g(x)在(2,3)上单调递增, 又g(3)=f(3)-f(3)=0,所以g(x)<0, 即当2<x<3时, f(x)-f(6-x)<0,则f(a)-f(6-a)<0,即f(a)<f(6-a), 又f(a)=f(b),所以f(b)<f(6-a), 又6-a>3,b>3, f(x)在(3,+∞)上单调递减, 所以b>6-a,即a+b>6. 方法技巧　处理导数问题中的类似于x1+x2>a(f(x1)=f(x2))的问题的基本步骤如下: 　　①求导确定f(x)的单调性,得到x1,x2的范围; 　　②构造函数F(x)=f(x)-f(a-x),求导,分析F(x)的单调性,进一步可得F(x)恒正或恒负; 　　③得到f(x1)与f(a-x1)的大小关系后,将f(x1)替换为f(x2); 　　④根据x1与a-x1的范围,结合f(x)的单调性,可得x2与a-x1的大小关系,由此得出结论. 1 学科网（北京）股份有限公司 $