2022高考数学一轮复习专题06 函数单调性的综合运用（解析卷）

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专题06 函数单调性的综合运用一、题型选讲题型一 、运用构造法研究函数的单调性通过构造函数，研究函数的单调性，特别注意构造打方法要研究函数的形式特点，构造适当的函数，对于形式不明显的要给与变式。例1、【2020年高考全国I卷理数】若，则A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则为增函数，因为所以，所以，所以.，当时，，此时，有当时，，此时，有，所以C、D错误.故选：B．本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.例2、（2020届山东实验中学高三上期中）已知定义在上的函数满足，且当时，有，则不等式的解集是（ ）A． B．C． D．【答案】A【解析】根据题意，设，则，则有，，即有，故函数的图象关于对称，则有，当时，，，又由当时，，即当时，，即函数在区间为增函数，由可得，即，，函数的图象关于对称，函数在区间为增函数，由可得，即，此时不存在，故选：．例3、（2018徐州二模）已知函数（为自然对数的底数），若，则实数 的取值范围为 ．【答案】【解析】，为奇函数且为增函数。题型二、 给定区间的单调性已知在某区间的单调性求参数范围问题，其思路为通过导数将问题转化成为不等式恒成立或不等式能成立问题，进而求解，要注意已知函数单调递增（减）时，其导函数（），勿忘等号。例4、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数.若在上是单调递增函数，求的取值范围；【解析】 在上是单调递增函数,在上，恒成立，即：设 ， 当时， 在上为增函数，当时， 在上为减函数， ， 即 .例5、(2018无锡期末）若函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|在区间[－1，2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．【答案】 (－∞，－1]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))　【解析】eq \a\vs4\al(思路分析) 由于条件中函数的解析式比较复杂，可以先通过代数变形，将其化为熟悉的形式，进而利用导数研究函数的性质及图像，再根据图像变换的知识得到函数f(x)的图像进行求解．函数f(x)＝(x＋1)2|x－a|＝|(x＋1)2(x－a)|＝|x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a|.令g(x)＝x3＋(2－a)x2＋(1－2a)x－a，则g′(x)＝3x2＋(4－2a)x＋1－2a＝(x＋1)(3x＋1－2a)．令g′(x)＝0得x1＝－1，x2＝eq \f(2a－1,3).①当eq \f(2a－1,3)0，解得x－1；令g′(x)0，解得xeq \f(2a－1,3)；令g′(x)x2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a>0，因为g(－1)·g(0)＝－ax2，因为g(x)的图像开口向下，要使f(x)在[－1，1]上单调，因为g(0)＝1>0，必须满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）≥0，,g（－1）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＋2≥0，,－a≥0，))所以－eq \f(2,3)≤a0，则由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,b).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))时，f′(x)>0，则f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,b)))；(7分)当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)，＋∞))时，f′(x)－eq \f(1,4)时，由f′(x)＝0，得x1＝eq \f(1＋\r(1＋4a),2)，x2＝eq \f(1－\r(1＋4a),2).a. 若－eq \f(1,4)0.由f′(x)x2.由f′(x)x1；由f′(x)>0，得0