06利用导数研究函数的单调性-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版）

这是一份06利用导数研究函数的单调性-江苏省2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版），共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知函数的导函数为，且若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023上·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·江苏南通·高三统考期末）两条曲线与存在两个公共点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·江苏南通·高三统考期末）设,,,则（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022上·江苏徐州·高三期末）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知，，，且则（ ）
A．c＜a＜bB．a＜c＜b
C．b＜a＜cD．b＜c＜a
7．（2022上·江苏常州·高三统考期末）已知函数图象关于点对称，且当时，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
8．（2023下·江苏南京·高三校联考期末）已知函数，则（ ）
A．点是曲线的对称中心
B．当时，函数有两个极值点
C．当时，函数有三个零点
D．过原点可作曲线的切线有且仅有两条
9．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知函数有两个极值点，且，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
10．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）已知定义域为R的函数，则（ ）
A．存在位于R上的实数，使函数的图象是轴对称图形
B．存在实数，使函数为单调函数
C．对任意实数，函数都存在最小值
D．对任意实数，函数都存在两条过原点的切线
三、填空题
11．（2022上·江苏泰州·高三统考期末）若函数在上是减函数，则实数的取值范围为 .
12．（2022上·江苏南通·高三统考期末）写出一个同时具有下列性质①②③的函数 ．
①为偶函数；②；③当时，.
13．（2021上·江苏南通·高三统考期末）设，若，则不等式的解集为 .
14．（2020上·江苏徐州·高三统考期末）设函数，，其中.若恒成立，则当取得最小值时，的值为 .
15．（2020上·江苏扬州·高三统考期末）已知函数，若存在实数满足，则的取值范围为 .
16．（2020上·江苏扬州·高三统考期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，则的解集为 .
四、解答题
17．（2023上·江苏常州·高三校考期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在两个零点，，求a的取值范围，并证明：.
18．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知函数，其中．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)已知函数(是自然对数的底数)，若，曲线与曲线都有唯一的公共点，求实数m的取值范围．
19．（2022上·江苏南京·高三期末）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.
20．（2022上·江苏南京·高三期末）记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为直径的三个圆的面积依次为，，.已知.
(1)若，求的面积；
(2)若的面积为，求周长的最小值.
21．（2022上·江苏徐州·高三期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：.
22．（2022上·江苏扬州·高三统考期末）如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
23．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知函数f(x)＝sinx＋tanx－ax2－2x.
(1)当a＝0时，判断并证明f(x)在上的单调性；
(2)当x∈(0，)时，f(x)＞0，求a的取值范围.
24．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知函数(a∈R)．
(1)若是单调增函数，求a的取值范围；
(2)若，是函数的两个不同的零点，求证：．
参考答案：
1．B
【分析】利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性，进而确定正确答案.
【详解】设，
则，
因为恒成立，
所以，
所以在单调递增，
则，，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，
所以，
即．
故选：B
2．C
【分析】构造，求导根据单调性得出，即，所以，即，所以；构造，求导根据单调性得出，即.
【详解】令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，
又∵在上单调递增，∴，即，∴，即；
令，，
则，
当时，，∴在区间上单调递增，
∴，即，∴，
综上所述，，，的大小关系为.
故选：C.
【点睛】本题考查构造函数比较大小问题，解题关键是能够根据，，的形式，构造适当的函数模型，利用导数确定函数的单调性，根据单调性，比较特殊函数值之间的大小.
3．C
【分析】由题可得有两个不等正根，令，即有两个不等正根，然后利用导数研究函数的性质利用数形结合即得.
【详解】由题可知有两个不等正根，
即有两个不等正根，
令，则，
又，在上单调递增，
所以有两个不等正根，
设，则，
由可得单调递增，由可得单调递减，
且，
作出函数和的大致图象，
由图象可知当时，有两个正根，
即时，两条曲线与存在两个公共点.
故选：C.
【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；
（3）转化为两熟悉的函数图象的问题.
4．D
【分析】三个数中有指数和对数,用到放缩,即,则,即可得,根据,可得,取可得,选出选项即可.
【详解】解:由题知,记,,
所以,
所以,
所以,在时成立,
所以,
即,
即,
记,,
所以,
所以在上,,单调递减,
在上,,单调递增,
所以,
所以,
则,
即,
即,
,
即有,
因为,
所以,
综上: .
故选:D
5．C
【分析】构造函数，求导可得在上单调递增，即可得，从而得出大小，又结合对数函数与指数函数的性质比较得出大小，即可得结论.
【详解】解：设，，所以，
则当时，，所以单调递增，则，
所以，则；
又，且，
所以，故.
故选：C.
6．A
【分析】构造函数，利用导数判断单调性，然后，
作差比较可得答案.
【详解】由已知得，，，
令，，
可得在上单调递增，在上单调递减，
，
且，所以，
，
且，所以，
所以.
故选：A.
7．D
【分析】本题有两个入手点：① 关于点对称；② 在上单调递增，然后以特殊值代入即可解决.
【详解】由关于点对称可知，关于点对称，则为奇函数
令，则为偶函数，
又时，，即
则在上单调递增，
则有
即
就是，
故选：D
8．AB
【分析】应用判断A,对求导得到的单调性，判断的极值点个数判断B，
要使有且仅有3个零点，由单调性可得只需，求解判断C，
过点可以作曲线切线条数可转化为根的个数可判断D.
【详解】选项A：因为,所以点是曲线的对称中心,故A正确；
选项B：因为,所以
令解得或，令解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值， 故B正确；
选项C：在处取得极大值，在处取得极小值，
,解得时, 函数有三个零点, ，故C错误；
选项D：，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得， ，
即过点可以作曲线的1条切线，故D错误；
故选：AB
9．AD
【分析】对于AB选项，函数有两个极值点，相当于函数的导函数有两个变号零点，即函数图像与直线有两个交点，由此可判断AB选项正误；
对于CD选项，由题有.则.
结合范围可判断CD选项正误.
【详解】函数有两个极值点，相当于函数的导函数有两个变号零点，即方程有两个根，因，则方程有根相当于图像与直线有两个交点.因，则在上单调递减，在上单调递增.结合时，，，
可做大致图像如下：
则由图可得，时，有两个极值点，故A正确；
又图可得，，，则B错误；
因，则，又因，
函数在上单调递增，则，故C错误；
因，则，令，
则，因，则在上单调递减，则，即，故D正确.
故选：AD
10．ACD
【分析】举特例证明选项A判断正确；利用导函数判断选项B；利用极限思想判断选项C；求得函数过原点的切线的条数判断选项D.
【详解】对于A，当时，是R上的偶函数，
函数的图象有对称轴y轴，则函数的图象是轴对称图形.判断正确；
对于B，，值域为R，
至少有一个变号零点，∴不可能为单调函数，判断错误；
对于C，当以及时，均，
由在R上连续，∴中间必存在最小值. 判断正确；
对于D，设切点，
，则
∴在处切线方程为
∵它过原点，∴，即
由有两解：或
可得，对任意实数，函数存在两条过原点的切线. 判断正确.
故选：ACD.
11．
【分析】先求导，根据题意在上恒成立，整理得在上恒成立，即求.
【详解】由知，
,
∵函数在上是减函数，
，又，
∴，即在上恒成立，
而，，
．
故答案为：．
12．（答案不唯一）
【分析】取，逐项验证①②③，即可得出结论.
【详解】由题意可知函数为偶函数且在上为减函数，可取，
对于①，函数的定义域为，，故函数为偶函数；
对于②，对任意的非零实数、，；
对于③，当时，，则函数在上为减函数.
综上所述，函数满足条件.
故答案为：（答案不唯一）.
13．
【解析】先由，解出a，讨论的单调性，利用函数单调性解不等式即可.
【详解】因为，且，，所以，解得.
，
在R上单增.
可化为：
解得：.
不等式的解集为
故答案为：
【点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式；
14．
【分析】构造函数，可知函数的图象关于点对称，然后分三种情况进行讨论，分析函数在区间上的单调性，得出函数在区间上最值的可能取值，利用绝对值三角不等式可求出当取得最小值时的值.
【详解】令函数，则，
因为，
所以函数的图象关于点对称，且，
所以当时，，所以函数在上单调递增，
所以，两式相加可得，
，
此时，当时，取得最小值；
当时，对任意的，，所以函数在上单调递减，
所以，两式相加可得，
，
此时当时，取得最小值；
当时，令，得，令，列表如下：
不妨设，则，则，
所以，
因为，且，所以，
因为，若，则，
若，则，但，
因为，
所以，
当时，，
当且仅当时，即当时，取得最小值；
当时，，
综上所述，当当时，取得最小值，此时.
故答案为：
【点睛】本题考查利用绝对值三次函数的最值求参数、绝对值三角不等式的运用、通过构造函数，利用导数判断函数的单调性；考查运算求解能力和分类讨论的思想；充分利用三次函数的单调性、求出绝对值三次函数的最大值的可能值、并结合绝对值三角不等式的性质是求解本题的关键；属于抽象型、难度大型试题.
15．
【解析】作出函数图像，求出m，n的范围，由题意得，即，将表示为关于n的函数，利用导数分析函数的单调性，求出函数在区间上的值域即可得解.
【详解】作出函数的图像如下图所示：
若存在实数满足，
根据图像可得，
所以，即，则，
令，
当时，，在区间上单调递增，
，，
所以，即.
故答案为：
【点睛】本题考查分段函数的图像与性质，利用导数研究函数的单调性与最值，属于中档题.
16．
【解析】令，利用导数及已知可判断该函数的单调性，由单调性可得答案.
【详解】令，则，
所以函数在上单调递减，
因为，，即，
所以，解得.
故答案为：
【点睛】已知条件中含有导数与的关系式时，可构造新函数，新函数的导数利用已知不等式确定符号，从而确定单调性，这类新函数一般有等，属于中档题.
17．(1)答案见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）首先根据函数的单调性，确定时，，再根据零点存在性定理，确定的取值范围；由函数零点可知，，并设，将转化为关于的函数，利用导数，即可证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，，
当时，，在上递增；
当时，由得，，
时，，递增；
时，，递减.
综上，当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减.
（2）由（1）知，且，解得，
当时，，所以在上存在唯一零点，记为；
因为，所以，因为，
设，，则，
所以在上递减，
所以，即，
所以在上存在唯一零点，记为，
因为a的取值范围是.
因为，令，
则，得，
所以，
要证，只要证，只要证，
设，，
则，所以在上递增，
所以，得证．
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，关键是利用换元，转化，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题．
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先对求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数的单调性即可得解；
（2）先将问题转化为有唯一解，构造函数，分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像，再将问题转化为大于的极大值或小于的极小值，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，得或；令，得；
所以在和上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，的单调递减区间为；
当时，的单调递减区间为和，单调递增区间为.
（2）因为，所以，
因为，曲线与曲线都有唯一的公共点，
所以，方程有唯一解，即方程有唯一解，
令，则，
对于，
当，即时，，故函数在上单调递增，
易知，当趋向于0时，趋向于无穷小，趋向于0，故趋向于无穷小；
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于无穷大，故趋向于无穷大；
所以的值域为，
所以，与有且只有一个交点，满足题意；
当，即时，有两个实根，且，，
若，则当或时，，当时，，
所以先增后减再增，存在一个极大值和一个极小值，
要使有唯一实数根，则大于的极大值或小于的极小值，
记为极大值点，则，恒成立，
又，即，则的极大值为，
令，则，故在上单调递增，
故，则，故，
记为极小值点，则，恒成立，
又，即，则的极小值为，
令，则，
故在上单调递减，
因为，即，取，
则，所以，
令，则，
所以在上单调递减，故，
所以，即，
所以趋向于无穷小，则趋向于无穷小，
所以不存在，使得恒成立；
若，记为极大值点，则，同理可得恒成立，
因为在上单调递减，所以，则，故，
记为极小值点，则，同理可得不存在，使得恒成立；
综上：要使，曲线与曲线都有唯一的公共点，，即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围
（2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明.
【详解】（1）记，
①当时，取，不符条件；
②当时，，
令，
∴在单调递减，在单调递增，
所以，即，
则的取值范围为；
（2）∵，
令，
则，
且，
令，
∴在单调递增，在单调递减，
且，
∴，
取，则，
∴，
取，
则，
记，
在中，，
∴在单调递增，在上单调递减，
∴，
即
∵
∴
从而.
【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件和可得到，根据余弦定理可求得，即可由面积公式求得的面积；
（2）由已知得，从而可得，由面积公式可得，构造函数确定其在上单调性，由特殊值，即可得，，结合基本不等式得，，从而可求得周长的最小值.
【详解】（1）解：记的面积为，
因为，所以，
由余弦定理得，所以，则，
所以；
（2）解：因为，得
又由余弦定理得，
所以，所以，则，
又，设，
所以，所以在单调递增，
且，从而，所以
则，
所以，即，
且，当且仅当时，取等号，
所以周长的最小值.
21．(1)当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为与，单调递减区间为；
当时，单调递减区间为与，单调递增区间为；
(2)详见解析.
【分析】（1），讨论系数是否为0，大于0，小于0三种情况确定单调区间.
（2）转化为证明，用导数求的最小值，当极值点不能求时可用隐零点处理.
【详解】（1），
当时，，
当时，单调递增，
当时， 单调递减，
当时，，
令得，
当或时，单调递增，
当时， 单调递减，
当时，当或时， 单调递减，
当时， 单调递增，
综上：当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，单调递减区间为和，单调递增区间为；
（2）要证，即证 ，
令，，
令，，显然在上为增函数，
所以，在上为增函数，
又 ，
，即 ，
当时， 为减函数，
当时， 为增函数，
，
令，显然在上为减函数，
所以，，
所以，，
即当时，成立.
【点睛】导数证明不等式方法： （1）构造函数：转化为求函数的最值问题；
（2）放缩法：要证，而，只要证明即可，可以通过函数不等式，切线不等式进行放缩.
（3）隐零点法：当导数零点不可求时可先证明零点存在，再用此零点代入求函数最小值；
（4）转化为比较两个函数最值大小：要证，只要证即可.
22．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求， 然后利用导函数求最值即得.
【详解】（1）∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AOM．
（2）在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2csθ，2sinθ），C1（－2，2csθ，2sinθ），B1（2，2csθ，2sinθ），
∴＝(－2，2csθ，2sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2csθ，2sinθ)，
所以，即，
则可取，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，
则sinα＝|cs＜，＞|＝，
设f (θ)＝，θ∈[，]，则，
∴f（θ）在[，]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2，]，即
∴，
∴．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.
23．(1)函数f(x)在上单调递增；
(2)
【分析】(1)求函数的导函数，判断其值为正，由此完成证明；(2)先证明，分，，三种情况验证条件，由此求a的取值范围.
【详解】（1）当时，，
∴，
因为，所以，
∴(当且仅当时等号成立)
∴函数f(x)在上单调递增；
（2）令，则，
当x∈(0，)时，，所以在上单调递减，
又，所以，故时，，
①当时，，
由(1)得在上单调递增；
且时，所以当x∈(0，)时，，
所以，
②当时，
当时，，不合题意；
当时，；
于是，
而
∴ ，不合题意，
综上，满足条件的a的取值范围为.
【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
24．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】(1)对函数求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
(2)根据给定条件可得，，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导数探讨最值作答.
【详解】（1）函数定义域为，当时，，
因是单调增函数，则时，，令，
，即有在上单调递增，，，则，
所以a的取值范围是.
（2）因，是函数的两个不同的零点，则，显然，有，，
，不妨令，设，于是得，
要证，只需证，
令，，则在上单调递增，
则有，于是得，
又，要证，只需证，
而，即证，
令，，，
从而得在上单调递减，，即有，
综上得：.
【点睛】思路点睛：证明不等式成立问题，将所证不等式等价转化，构造函数，借助导数探讨函数单调性、最值作答.














极大值

极小值