2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-對(duì)點(diǎn)練20 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（二）【含答案】

對(duì)點(diǎn)練20導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.[1，＋∞) B.(－∞，0]C.(0，＋∞) D.(－∞，1]2.(2024·河南名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞)3.已知a∈R，則“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.(2024·江蘇四市調(diào)研)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))5.函數(shù)f(x)＝xlnx，a＝f(2)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，則()A.b＜c＜a B.c＜b＜aC.c＜a＜b D.a＜c＜b6.設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f′(x)，對(duì)任意的x∈R，有f′(x)＞x，若f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，則k的取值范圍是()A.(－∞，0] B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))7.若0＜x1＜x2＜1，則()A.ex2－ex1＜2x2－2x1 B.ex2－ex1＞2x2－2x1C.x2lnx1＜x1lnx2 D.x2lnx1＞x1lnx28.已知函數(shù)f(x)＝e|x－1|＋x2－2x，則使得f(x)＞f(2x)成立的x的取值范圍是________.9.已知a＝eq\f(0.2,π)，b＝eq\f(0.4,e2)(e≈2.718)，c＝sin0.1，則a，b，c的大小順序?yàn)開_______.10.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函數(shù)f(x)在[1，2]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.11.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2－2ax,ex)(a∈R).(1)當(dāng)a＝eq\f(3,4)時(shí)，求此時(shí)曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，求a的取值范圍.12.若x1＞x2＞0，求證：eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＜eq\f(x1＋x2,2).【B級(jí)能力提升】13.已知f(x)＝(a2－1)ex－1－eq\f(1,2)x2，若不等式f(lnx)<f(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，則a的取值范圍為()A.[－1，1] B.[－eq\r(2)，eq\r(2)]C.[0，1] D.(－∞，－eq\r(2)]∪[eq\r(2)，＋∞)14.已知函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·在區(qū)間(t，3)上不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.對(duì)點(diǎn)練20導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性(二)答案1．C[f′(x)＝－x2＋a，∵函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，∴f′(x)＝－x2＋a＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，∴a＞0.]2．B[由題意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立．因?yàn)閥＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以y＝tanx>1，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.]3．A[因?yàn)閒(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a≥0對(duì)任意的x>0恒成立，即a≤2x＋eq\f(1,x)，當(dāng)x>0時(shí)，由基本不等式可得2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2x·\f(1,x))＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，等號(hào)成立，所以a≤2eq\r(2).因?yàn)閧a|a≤2}{a|a≤2eq\r(2)}，因此，“a≤2”是“f(x)＝lnx＋x2－ax在(0，＋∞)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．]4．D[當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx，因?yàn)閑x≥1，cosx∈[－1，1]，所以當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).]5．A[由f′(x)＝1＋lnx＞0得x＞eq\f(1,e)，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,e)，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，∵0＜eq\f(1,4)＜eq\f(1,3)＜eq\f(1,e)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，即b＜c，∵c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,4)lneq\f(1,4)＜0，a＝f(2)＝2ln2＞0，∴c＜a，即b＜c＜a.]6．B[由題意x∈R，f′(x)＞x，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x2，則g′(x)＝f′(x)－x＞0，得g(x)在R上單調(diào)遞增，由f(1－k)－f(k)≥eq\f(1,2)－k，得g(1－k)－g(k)≥0，即g(1－k)≥g(k)，根據(jù)函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞增，可得1－k≥k，解得k≤eq\f(1,2).所以k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).]7．C[對(duì)于A，B選項(xiàng)：ex2－ex1＜2x2－2x1?ex2－2x2＜ex1－2x1；ex2－ex1＞2x2－2x1?ex2－2x2＞ex1－2x1，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex－2x，A項(xiàng)可變成f(x2)＜f(x1)；B項(xiàng)可變?yōu)閒(x2)＞f(x1)，求導(dǎo)得f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0即ex－2＝0?x＝ln2，所以x∈(－∞，ln2)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(ln2，＋∞)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，因?yàn)?＜ln2＜1，且0＜x1＜x2＜1，所以無法判斷f(x2)，f(x1)的大小關(guān)系，故A，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，D選項(xiàng)：x2lnx1＜x1lnx2?eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)；x2lnx1＞x1lnx2?eq\f(lnx1,x1)＞eq\f(lnx2,x2)，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x)，C項(xiàng)變?yōu)間(x1)＜g(x2)；D項(xiàng)變?yōu)間(x1)＞g(x2)，求導(dǎo)得g′(x)＝eq\f(1－lnx,x)，令g′(x)＝0即eq\f(1－lnx,x)＝0?x＝e，所以x∈(0，e)，g(x)單調(diào)遞增；x∈(e，＋∞)，g(x)單調(diào)遞減；因?yàn)?＜x1＜x2＜1＜e，根據(jù)單調(diào)性可得g(x1)＜g(x2)，即eq\f(lnx1,x1)＜eq\f(lnx2,x2)，故選C.]8.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))[因?yàn)閒(x)＝e|x－1|＋x2－2x＝e|x－1|＋(x－1)2－1，則f(x＋1)＝e|x|＋x2－1，令g(x)＝e|x|＋x2－1，則f(x)的圖象是由g(x)的圖象向右平移1個(gè)單位得到，又g(－x)＝e|－x|＋(－x)2－1＝e|x|＋x2－1＝g(x)，即g(x)＝e|x|＋x2－1為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)g(x)＝ex＋x2－1，所以g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，1)上單調(diào)遞減，且關(guān)于x＝1對(duì)稱，所以f(x)＞f(2x)時(shí)，有|x－1|＞|2x－1|，解得0＜x＜eq\f(2,3).]9．b＜a＜c[構(gòu)造函數(shù)f(x)＝sinx－eq\f(2,π)x，f′(x)＝cosx－eq\f(2,π)，f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞減，f′(x)≥f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(2,π)＞0，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上單調(diào)遞增，f(0.1)＞f(0)＝0，∴sin0.1＞eq\f(0.2,π)，即c＞a，b－a＝eq\f(0.4,e2)－eq\f(0.2,π)＝0.4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)－\f(1,2π))).∵e≈2.718，π≈3.14，e2＞2π，∴b＜a.綜上b＜a＜c.]10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，1))[f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數(shù)f(x)在[1，2]上為單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1，2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1，2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，則h(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.因?yàn)閒(x)在[1，2]上不單調(diào)，故eq\f(2,5)<a<1.]11．解(1)當(dāng)a＝eq\f(3,4)時(shí)，f(x)＝eq\f(x2－\f(3,2)x,ex)，f′(x)＝eq\f(－x2＋\f(7,2)x－\f(3,2),ex)，∴f(1)＝－eq\f(1,2e)，f′(1)＝eq\f(1,e)，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＋eq\f(1,2e)＝eq\f(1,e)(x－1)，即為：2x－2ey－3＝0.(2)由f(x)在(2，＋∞)上為減函數(shù)，∴f′(x)＝eq\f(－x2＋2（a＋1）x－2a,ex)≤0在(2，＋∞)上恒成立，可得2a≤eq\f(x2－2x,x－1)在(2，＋∞)上恒成立，令u(x)＝eq\f(x2－2x,x－1)，u′(x)＝eq\f(（x－1）2＋1,（x－1）2)＞0，∴u(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴u(x)＞u(2)＝0，2a≤0，因此a∈(－∞，0]．12．證明由x1＞x2＞0，得eq\f(x1,x2)＞1，lnx1－lnx2＞0.要證明eq\f(x1－x2,lnx1－lnx2)＜eq\f(x1＋x2,2)，只要證eq\f(x1－x2,x1＋x2)＜eq\f(1,2)(lnx1－lnx2)，即證eq\f(\f(x1,x2)－1,\f(x1,x2)＋1)＜eq\f(1,2)lneq\f(x1,x2).令eq\f(x1,x2)＝t，則只要證當(dāng)t＞1時(shí)，eq\f(1,2)lnt＞eq\f(t－1,t＋1)恒成立．令f(t)＝eq\f(1,2)lnt－eq\f(t－1,t＋1)，則f′(t)＝eq\f(1,2t)－eq\f(2,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,2t（t＋1）2)＞0，所以f(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(t)＞f(1)＝0，即eq\f(1,2)lnt＞eq\f(t－1,t＋1)成立，從而原不等式成立．13．D[設(shè)y＝x－1－lnx(x>1)，則y′＝1－eq\f(1,x)>0，∴y＝x－1－lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x－1－lnx>0，∴l(xiāng)nx<x－1，x∈(1，＋∞)，∴0<lnx<x－1，又f(lnx)<f(x－1)在(1，＋∞)上恒成立，∴需要f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)＝(a2－1)ex－1－x≥0對(duì)?x∈(1，＋∞)恒成立，即a2－1≥eq\f(x,ex－1)在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x,ex－1)，x∈(1，＋∞)，g′(x)＝eq