廣西專用2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點規(guī)范練15導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單

1、PAGE PAGE 10考點規(guī)范練15導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性基礎(chǔ)鞏固1.函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)的圖象如圖所示,則下列判斷正確的是()A.在區(qū)間(-2,1)內(nèi),f(x)單調(diào)遞增B.在區(qū)間(1,3)內(nèi),f(x)單調(diào)遞減C.在區(qū)間(4,5)內(nèi),f(x)單調(diào)遞增D.在區(qū)間(-3,-2)內(nèi),f(x)單調(diào)遞增2.函數(shù)f(x)=12x2-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為()A.(0,1)B.(0,1)(-,-1)C.(-,1)D.(-,+)3.下列函數(shù)中,在區(qū)間(-1,1)內(nèi)不是增函數(shù)的為()A.y=ex+xB.y=sin xC.y=x3-6x2+9x+2D.y=x2+x+14.(2021山西太原一模)已知函

2、數(shù)f(x)=ex-1ex+1-ax,對于任意實數(shù)x1,x2,且x1x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x212B.a1C.a12D.a15.若函數(shù)f(x)=ex(sin x+a)在R上為增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍為()A.2,+)B.(1,+)C.-1,+)D.(2,+)6.(2021云南昆明一中模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x+sinx,若f(t)+f(1-3t)0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.能力提升12.已知函數(shù)y=xf(x)的圖象如圖所示(其中f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)),則下面四個圖象中為y=f(x)的大致圖象的是()13.設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)

3、,當(dāng)x0,且g(-3)=0,則不等式f(x)g(x)0時,f(x)-f(x)1,f(1)=3,則下列結(jié)論錯誤的是()A.f(4)ef(3)B.f(4)4e3-1C.f(-4)e2f(-2)D.f(-4)2,f(1)=2,則不等式f(x)e2-2x+1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為.16.已知函數(shù)f(x)=kx-lnx.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,求k的取值范圍;(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1,x2,求證:x1x2e2.高考預(yù)測17.設(shè)函數(shù)f(x)=x2-1lnx.(1)求證:f(x)在區(qū)間(0,1)和(1,+)內(nèi)都單調(diào)遞增;(2)若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi),不

4、等式af(x)x恒成立,求a的取值范圍.答案：1.C解析由題圖知,當(dāng)x(4,5)時,f(x)0,所以在區(qū)間(4,5)內(nèi),f(x)單調(diào)遞增.2.A解析f(x)=12x2-lnx的定義域為(0,+),f(x)=x-1x,令f(x)0,即x-1x0,解得0 x1或x0,所以0 x0,故y=ex+x在區(qū)間(-1,1)內(nèi)是增函數(shù);B中,y=sinx,y=cosx,在區(qū)間(-1,1)內(nèi)y=cosx0,故y=sinx在區(qū)間(-1,1)內(nèi)是增函數(shù);C中,y=x3-6x2+9x+2,y=3x2-12x+9=3(x-2)2-3,在區(qū)間(-1,1)內(nèi)y=3(x-2)2-30,故y=x3-6x2+9x+2在區(qū)間(-1

5、,1)內(nèi)是增函數(shù);D中,y=x2+x+1,y=2x+1,在區(qū)間-12,1內(nèi)y0,在區(qū)間-1,-12內(nèi)y0,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.因為f(t)+f(1-3t)0,所以f(t)-f(1-3t)=f(3t-1),所以t12.7.(0,+)解析f(x)=ax3-x,f(x)=3ax2-1,要使函數(shù)f(x)=ax3-x恰有三個單調(diào)區(qū)間,則f(x)是二次函數(shù),且f(x)=0有兩個不等實根,a0,即實數(shù)a的取值范圍是(0,+).8.-32,-130,12,3)解析對于不等式xf(x)0,當(dāng)-32x0時,f(x)0,則結(jié)合題中圖象知,原不等式的解集為-32,-13;當(dāng)x=0時,顯然成立;當(dāng)0 x0)

6、.令x-9x0,解得x-3或00,00,且a+13,解得1a2.10.解函數(shù)f(x)=kx-lnx的定義域為(0,+),f(x)=k-1x=kx-1x.當(dāng)k0時,kx-10,f(x)0時,由f(x)0,即kx-1x0,解得0 x0,即kx-1x0,解得x1k.當(dāng)k0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1k,單調(diào)遞增區(qū)間為1k,+.綜上所述,當(dāng)k0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+);當(dāng)k0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為0,1k,單調(diào)遞增區(qū)間為1k,+.11.解(1)a=1,f(x)=x3+x2-x+2,f(x)=3x2+2x-1,f(1)=4.又f(1)=3,切點坐標(biāo)為(1,3),所求切線方程為y

7、-3=4(x-1),即4x-y-1=0.(2)f(x)=3x2+2ax-a2=(x+a)(3x-a),由f(x)=0得x=-a或x=a3.又a0,由f(x)0,得-ax0,得xa3,故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為-a,a3,單調(diào)遞增區(qū)間為(-,-a)和a3,+.12.C解析當(dāng)x-1時,xf(x)0,當(dāng)x-1時,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)-1x0,f(x)0,當(dāng)-1x0時,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)0 x1時,xf(x)0,f(x)0,當(dāng)0 x1時,xf(x)0,f(x)0,當(dāng)x1時,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.結(jié)合各選項,知C項正確.13.D解析當(dāng)x0,令F(x)=f(x)g(x),則當(dāng)x0時,

8、F(x)仍單調(diào)遞增.根據(jù)F(x)=f(x)g(x)的性質(zhì),可作出F(x)的示意圖.f(x)g(x)0時,f(x)-f(x)1,即f(x)-f(x)-10,則當(dāng)x0時,有g(shù)(x)0,即g(x)在區(qū)間(0,+)上為增函數(shù),依次分析選項:對于A,g(x)在區(qū)間(0,+)上為增函數(shù),有g(shù)(4)g(3),即f(4)+1e4f(3)+1e3,變形可得f(4)+1ef(3)+e,則有f(4)ef(3)+e-1ef(3),A正確;對于B,g(x)在區(qū)間(0,+)上為增函數(shù),有g(shù)(4)g(1),即f(4)+1e4f(1)+1e1=4e,變形可得f(4)4e3-1,B正確;對于C,g(x)在區(qū)間(0,+)上為增函

9、數(shù),有g(shù)(4)g(2),即f(4)+1e4f(2)+1e2,變形可得f(4)+1e2f(2)+e2,即-f(-4)+1-e2f(-2)+e2,則有f(-4)e2f(-2)+1-e24e3-1,即-f(-4)4e3-1,變形可得f(-4)1-4e3,而1-4e3-(-4e2-1)=2-4e3+4e2=2-4e2(e-1)0,則有f(-4)1-4e3e2-2x+1,即e2xf(x)-e2xe2,令g(x)=e2xf(x)-e2x,則g(x)=e2x2f(x)+f(x)-20,故g(x)在R上為增函數(shù),而g(1)=e2f(1)-e2=e2,所以e2xf(x)-e2xe2,即g(x)g(1),所以x1

10、.故所求不等式的解集是(1,+).16.(1)解f(x)=kx-lnx,函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,f(x)=k-1x0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,k1x在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,k1.(2)證明不妨設(shè)x1x20,f(x1)=f(x2)=0,kx1-lnx1=0,kx2-lnx2=0,可得lnx1+lnx2=k(x1+x2),lnx1-lnx2=k(x1-x2),要證明x1x2e2,即證明lnx1+lnx22,也就是證k(x1+x2)2,k=lnx1-lnx2x1-x2,需證明lnx1-lnx2x1-x22x1+x2,即lnx1x22x1x2-11+x1x2,令x1x2=t,則t1,

11、于是lnt2(t-1)t+1.令g(t)=lnt-2(t-1)t+1,t1,則g(t)=(t-1)2t(t+1)20,故函數(shù)g(t)在區(qū)間(1,+)內(nèi)是增函數(shù),g(t)g(1)=0,即lnt2(t-1)t+1成立.原不等式成立.17.(1)證明f(x)=2xlnx-x2-1x(lnx)2=x(lnx)22lnx-x2-1x2(x0,且x1).令g(x)=2lnx-x2-1x2,則g(x)=2(x+1)(x-1)x3.當(dāng)0 x1時,g(x)g(1)=0.于是f(x)=x(lnx)2g(x)0,故f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增.當(dāng)x1時,g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,g(x)g(1)=0,于是

12、f(x)=x(lnx)2g(x)0,故f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)解af(x)-x=a(x2-1)lnx-x=xlnxa(x2-1)x-lnx.令h(x)=a(x2-1)x-lnx(x0),則h(x)=ax2-x+ax2.令(x)=ax2-x+a,當(dāng)a0,且(x)=0的判別式=1-4a20,即a12時,此時(x)=ax2-x+a0在區(qū)間(0,1),(1,+)內(nèi)恒成立,所以當(dāng)a12時,在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi),h(x)0,故h(x)在區(qū)間(0,1),(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增,若0 x1,h(x)0;若x1,h(x)h(1)=0,所以af(x)-x=xlnxh(x)0,所以當(dāng)x0,且x1時都有af(x)x成立