2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题3.2 导数与函数的单调性（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 3.2 导数与函数的单调性导数与函数的单调性 目录 一、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 不含参数函数的单调性不含参数函数的单调性 【题型要点】【题型要点】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，即 8x 1 x20，解得 x 1 2， 所以函数 y4x21 x的单调递增区间为 , 2 1 .故选 B. 【例【例 2】已知定义在区间(，)上的函数

2、 f(x)xsin xcos x，则 f(x)的单调递增区间是_ 【答案】 ： 2 , 和 2 , 0 【解析】 ：f(x)sin xxcos xsin xxcos x， 令 f(x)xcos x0， 则其在区间(，)上的解集为 2 , 和 2 , 0 ， 即 f(x)的单调递增区间为 2 , 和 2 , 0 . 题型二题型二 含参数函数的单调性含参数函数的单调性 【题型要点】【题型要点】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、例【例 1】已知函数 f(x)ln(ex1)ax(a0)，讨论函数 yf(x)的单调区间 【解析】 ：f(x) ex ex1a1 1 ex1a. 当 a1 时，f(x)0 恒成立， 所以当 a1，)时， 函数 yf(x)在 R 上单调递减 当 0a0，得(1a)(ex1)1， 即 ex1 1 1a，解得 xln a 1a， 由 f(x)0，得(1a)(ex1)1， 即 ex1 1 1a，解得 x1，则不等式 f(x)x0 的解集为_ 【答案】 (2，) 【解析】 令 g(x)f(x)x，所以 g(x)f(x)1.由题意知 g(x)0，所以 g(x)为增函数因为 g(2)f(2)2 0，所以 g

4、(x)0 的解集为(2，) 二、二、ex与与 f(x)的组合函数的组合函数 【例 2】已知 f(x)(xR)有导函数，且xR，f(x)f(x)，nN*，则有( ) Aenf(n)enf(0) Benf(n)f(0)，f(n)f(0)，f(n)enf(0) Denf(n)f(0)，f(n)0，g(x)为 R 上的增函数，故 g( n)g(0)g(n)，即f（n） e nf（0） e0 f（n） en ，即 enf(n)enf(0)故选 A. 【例 3】 设 a0，b0，e 是自然对数的底数，则( ) A若 ea2aeb3b，则 ab B若 ea2aeb3b，则 ab D若 ea2aeb3b，则

5、a0，b0，所以 ea2aeb3beb2bbeb2b.对于函数 yex2x(x0)，因为 yex 20，所以 yex2x 在(0，)上单调递增，因而 ab 成立故选 A. 命题角度二命题角度二 已知函数单调性求参数的取值范围已知函数单调性求参数的取值范围 【题型要点】利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路【题型要点】利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路 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； 利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题； 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，

6、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 【例 4】已知函数 f(x)ln x，g(x)1 2ax 22x(a0) (1)若函数 h(x)f(x)g(x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围； (2)若函数 h(x)f(x)g(x)在1，4上单调递减，求 a 的取值范围 【解析】(1)h(x)ln x1 2ax 22x，x(0，)， 所以 h(x)1 xax2，由于 h(x)在(0，)上存在单

7、调递减区间， 所以当 x(0，)时，1 xax20.讨论 f(x)的单调性 【解】 f(x)的定义域为(0，)， f(x)aa x 2 x2 2 x3 （ax22）（x1） x3 . 因 a0，f(x)a（x1） x3 a x a x 22 . (1)当 0a1， 当 x(0，1)或 x , 2 a 时，f(x)0，f(x)单调递增， 当 x a 2 , 1时，f(x)2 时，0 2 a0，f(x)单调递增， 当 x 1 , 2 a 时，f(x)0，f(x)单调递减 综上所述，当 0a2 时，f(x)在 a 2 , 0内单调递增，在 1 , 2 a 内单调递减，在(1，)内单调递增 二、高效训

8、练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1 设 f(x)， g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数， f(x)， g(x)为其导函数， 当 x0 时， f(x) g(x)f(x) g(x) 0 且 g(3)0，则不等式 f(x) g(x)0 的解集是( ) A(3，0)(3，) B(3，0)(0，3) C(，3)(3，) D(，3)(0，3) 【答案】D. 【解析】 ： 令 h(x)f(x)g(x)， 当 x0 时， h(x)f(x)g(x)f(x)g(x)0， 则 h(x)在(， 0)上单调递增， 又 f(x)， g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，所以 h(x)为奇函

9、数，所以 h(x)在(0，)上单调递增又由 g( 3)0，可得 h(3)h(3)0，所以 x3 或 0 x3 时 h(x)0，故选 D. 2.(2020 江西红色七校第一次联考江西红色七校第一次联考)若函数 f(x)2x33mx26x 在区间(1，)上为增函数，则实数 m 的取 值范围是( ) A(，1 B(，1) C(，2 D(，2) 【答案】C 【解析】 ： f(x)6x26mx6， 由已知条件知 x(1， )时， f(x)0 恒成立 设 g(x)6x26mx6， 则 g(x)0 在(1，)上恒成立 当 36(m24)0，即2m2 时，满足 g(x)0 在(1，)上恒成立； 当 36(m2

10、4)0，即 m2 时，则需 m 21， g（1）66m60， 解得 m2，所以 m2. 综上得 m2，所以实数 m 的取值范围是(，2 3(2020 河北省九校第二次联考河北省九校第二次联考)函数 yx3 x2ln x 的单调递减区间是( ) A(3，1) B(0，1) C(1，3) D(0，3) 【答案】B. 【解析】 ：法一：令 y1 3 x2 2 x0，得3x0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)故选 B. 法二：由题意知 x0，故排除 A、C 选项；又 f(1)40 恒成立，且 a0，则 下列说法正确的是( ) Af(a)f(0) Cea f(a)f(0) 【答案】D. 【解析】 ：

11、 设g(x)ex f(x)， 则g(x)exf(x)f(x)0， 所以g(x)为R上的单调递增函数， 因为a0， 所以g(a)g(0)， 即 ea f(a)f(0)，故选 D. 5.已知 f(x)ln x x ，则( ) Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2) Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2) 【答案】D 【解析】 ：.f(x)的定义域是(0，)， f(x)1ln x x2 ，令 f(x)0，得 xe. 所以当 x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(e，)时，f(x)f(3)f(2)，故选 D. 6.已知函数 f(x)xsin x，xR，则

12、 5 f， 1f， 3 f的大小关系为( ) A 3 f 1f 5 f B 1f 3 f 5 f C 5 f 1f 3 f D 3 f 5 f 1f 【答案】A. 【解析】 ：因为 f(x)xsin x， 所以 f(x)(x)sin(x)xsin xf(x) 所以函数 f(x)是偶函数，所以 3 f 3 f. 又 x 2 , 0 时，得 f(x)sin xxcos x0， 所以 f(x)在 2 , 0 上是增函数 所以 5 ff(1)f(1) 5 f，故选 A. 7.(2020 唐山市摸底考试唐山市摸底考试)设函数 f(x)x(exe x)，则 f(x)( ) A是奇函数，且在(0，)上是增函

13、数 B是偶函数，且在(0，)上是增函数 C是奇函数，且在(0，)上是减函数 D是偶函数，且在(0，)上是减函数 【答案】A. 【解析】 ：常规解法常规解法：由条件可知，f(x)(x)(e xex)x(exex)f(x)，故 f(x)为奇函数，f(x)ex e xx(exex)，当 x0 时，exex，所以 x(exex)0，又 exex0，所以 f(x)0，所以 f(x)在(0，) 上是增函数，故选 A. 光速解法光速解法：根据题意知 f(1)f(1)，所以函数 f(x)为奇函数又 f(1)f(2)，所以 f(x)在(0，)上是增函 数，故选 A. 8.(2020 郑州市第二次质量预测郑州市第

14、二次质量预测)函数 f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(x)为其导函数，若 xf(x)f(x) ex(x2)且 f(3)0，则不等式 f(x)0 的解集为( ) A(0，2) B(0，3) C(2，3) D(3，) 【答案】B. 【解析】 ：令 g(x)xf(x)，x(0，)，则 g(x)xf(x)f(x)ex(x2)，可知当 x(0，2)时，g(x)xf(x)是 减函数， 当 x(2， )时， g(x)xf(x)是增函数 又 f(3)0， 所以 g(3)3f(3)0.在(0， )上， 不等式 f(x)0 的解集就是 xf(x)0 的解集，又 g(0)0，所以 f(x)2，所以 m2.故

15、选 C. 11.设 f(x)，g(x)是定义在 R 上的恒大于 0 的可导函数，且 f(x)g(x)f(x)g(x)0，则当 axf(b)g(b) Bf(x)g(a)f(a)g(x) Cf(x)g(b)f(b)g(x) Df(x)g(x)f(a)g(a) 【答案】C. 【解析】 ： 令 F(x)f（x） g（x）， 则 F(x) f（x）g（x）f（x）g（x） g（x）2 0， 所以 F(x)在 R 上单调递减 又 ax f（x） g（x） f（b） g（b）.又 f(x)0，g(x)0，所以 f(x)g(b)f(b)g(x) 12(2020 石家庄模拟石家庄模拟)定定义在 R 上的连续函数

16、 f(x)满足 f(x)f(x)x2，且 x0 时，f(x)x 恒成立，则不等 式 f(x)f(1x)x1 2的解集为( ) A. 2 1 , B 2 1 , 2 1 C. , 2 1 D(，0) 【答案】A. 【解析】 ：令 g(x)f(x)1 2x 2， 则 g(x)g(x)0g(x)为奇函数， 又 x0 时，g(x)f(x)x0，解得 a3，所以实数 a 的取值范围是(3，0)(0， ) 2已知函数 f(x)ln x2x，若 f(x22)0，函数单调递增， 所以由 f(x22)f(3x)得 x223x，所以 1x2. 3已知函数 f(x)1 2x 24x3ln x 在区间t，t1上不单调

17、，则 t 的取值范围是_ 【答案】 ：(0，1)(2，3) 【解析】 ：由题意知 f(x)x43 x （x1）（x3） x ， 由 f(x)0，得函数 f(x)的两个极值点为 1 和 3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内， 函数 f(x)在区间t，t1上就不单调， 由 t1t1 或 t3t1，得 0t1 或 2t3. 4函数 f(x)是定义在(0，)上的可导函数，f(x)为其导函数，若 xf(x)f(x)ex(x2)且 f(3)0，则不等式 f(x)0 的解集为_ 【答案】 ：(0，3) 【解析】 ：令 g(x)xf(x)，x(0，)，则 g(x)xf(x)f(x)ex(x2)，

18、可知当 x(0，2)时，g(x)xf(x)是 减函数，当 x(2，)时，g(x)xf(x)是增函数. 又 f(3)0，所以 g(3)3f(3)0. 在(0，)上，不等式 f(x)0 的解集就是 xf(x)0 的解集，又 g(0)0，所以 f(x)0 的解集是(0，3) 5.(2020 河北五个一名校联考河北五个一名校联考)函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是_ 【答案】 ：(0,1) 【解析】 ：函数 f(x)x22ln x 的定义域为(0，)，令 f(x)2x2 x 2x1x1 x 0，得 0x1.则函数( )( )lnh xf xxa的单调区间 ； 【答案】单调递减区间为(,0)

19、，单调递增区间为(0,). 【解析】(I)由已知，( )ln x h xaxa，有( )lnln x h xaaa. 令( )0h x，解得 x=0. 由 a1，可知当 x 变化时，( )h x，( )h x的变化情况如下表： x (,0) 0 (0,) ( )h x 0 + ( )h x 极小值 所以函数( )h x的单调递减区间为(,0)，单调递增区间为(0,). 三三 解答题解答题 1.(2020 江西红色七校第一次联考江西红色七校第一次联考)已知函数f(x)ex(x22xa)(其中aR， a为常数， e为自然对数的底数) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)设曲线 yf(x)在(

20、a，f(a)处的切线为 l，当 a1,3时，求直线 l 在 y 轴上截距的取值范围 【解】 ：(1)f(x)ex(x22xa)ex(2x2)ex(x2a2)， 当 a2 时，f(x)0 恒成立，故函数 f(x)在区间(，)上单调递增； 当 a2 时，f(x)0 x22a x 2a或 x 2a，f(x)0 x22a 2ax 2a. 故函数 f(x)在区间(， 2a， 2a，)上单调递增，在区间( 2a， 2a)上单调递减 (2)f(a)ea(a2a), f(a)ea(a2a2)， 所以直线 l 的方程为 yea(a2a)ea(a2a2)(xa) 令 x0，得直线 l 在 y 轴上的截距为 ea(

21、a3a)，记 g(a)ea(a3a)(1a3)， 则 g(a)ea(a33a2a1)，记 h(a)a33a2a1(1a3)， 则 h(a)3a26a10(1a3)，所以 h(a)在1,3上单调递减， 所以 h(a)h(1)20，所以 g(a)1 时，g(x)0. 【解】 ：(1)由题意得 f(x)2ax1 x 2ax21 x (x0) 当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 有 x 1 2a， 当 x a2 1 , 0时，f(x)0，f(x)单调递增 (2)证明：令 s(x)ex 1x，则 s(x)ex11.当 x1 时，s(x)0，所以 s(x)s(1)，即 ex1x，从而 g(x)1

22、 x e ex e（e x1x） xex 0. 3设函数 f(x)aln xx1 x1，其中 a 为常数 (1)若 a0，求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调性 【解】 ：(1)由题意知当 a0 时，f(x)x1 x1，x(0，)， 此时 f(x) 2 （x1）2， 可得 f(1)1 2，又 f(1)0， 所以曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 x2y10. (2)函数 f(x)的定义域为(0，) f(x)a x 2 （x1）2 ax2（2a2）xa x（x1）2 . 当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增； 当

23、a0 时，令 g(x)ax2(2a2)xa， (2a2)24a24(2a1) 当 a1 2时，0，f(x) 1 2（x1） 2 x（x1）2 0， 函数 f(x)在(0，)上单调递减 当 a1 2时，0，g(x)0， f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递减 当1 2a0， 设 x1，x2(x10， 所以当 x(0，x1)时，g(x)0，f(x)0，f(x)0， 函数 f(x)单调递增， 当 x(x2，)时，g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减 综上可得： 当 a0 时，函数 f(x)在(0，)上单调递增； 当 a1 2时，函数 f(x)在(0，)上单调递减； 当1 2a0 时

24、， f(x)在 a aa121 , 0， , 121 a aa 上单调递减， 在 a aa a aa121 , 121 上单调递增 4.(2020 高考全国卷二卷节选高考全国卷二卷节选)已知函数 f(x)=sin2xsin2x.讨论 f(x)在区间(0，)的单调性； 【解】由函数的解析式可得： 3 2sincosf xxx，则： 224 2 3sincossinfxxxx 222 2sin3cossinxxx 22 2sin4cos1xx 2 2sin2cos1 2cos1xxx， 0fx 在0,x上的根为： 12 2 , 33 xx ， 当0, 3 x 时， 0,fxf x单调递增， 当 2 , 33 x 时， 0,fxf x单调递减， 当 2 , 3 x 时， 0,fxf x单调递增