新高考数学专题复习专题06函数单调性的综合运用专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题06函数单调性的综合运用专题练习(学生版+解析)，共14页。试卷主要包含了题型选讲， 给定区间的单调性等内容，欢迎下载使用。

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．
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．
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 ．
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；
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________．
例6、(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R. 若f(x)在[－1，1]上是单调递增函数，求a的取值范围；
题型三 含参区间的讨论
求含参函数单调区间的实质——解含参不等式，而定义域对的限制有时会简化含参不等式的求解。当参数的不同取值对下一步的影响不相同时，就是分类讨论开始的时机。当参数扮演多个角色时，则以其中一个为目标进行分类，在每一大类下再考虑其他角色的情况以及是否要进行进一步的分类。
例7、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
例8、（2020届山东省德州市高三上期末）已知函数（为常数）.
（1）若在处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若，讨论函数的单调性；
二、达标训练
1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则
A．ln(y−x+1)>0B．ln(y−x+1)<0
C．ln|x−y|>0D．ln|x−y|<0
2、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
3、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
4、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数，函数（）.
（1）讨论的单调性；
5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
6、(2019镇江期末）己知函数f(x)＝alnx－bx(a，b∈R)．
(1) 若a＝1，b＝1，求函数f(x)的图像在x＝1处的切线方程；
(2) 若a＝1，求函数y＝f(x)的单调区间；
7、（2017常州期末）已知函数f(x)＝lnx－x－eq \f(a,x)，a∈R.
(1) 当a＝0时，求函数f(x)的极大值；
(2) 求函数f(x)的单调区间.
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\c1(\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)<－1，即a<－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x－1；令g′(x)<0，解得eq \f(2a－1,3)所以g(x)的单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，－1)).
又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a－1,3)))，(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，a)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，－1))，满足条件，故a<－1(此种情况函数f(x)图像如图1)．
,图1)
②当eq \f(2a－1,3)＝－1，即a＝－1时，f(x)＝|(x＋1)3|，函数f(x)图像如图2，则f(x)的单调增区间是(－1，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，满足条件，故a＝－1.
,图2)
③当eq \f(2a－1,3)>－1，即a>－1时，
令g′(x)>0，即(x＋1)(3x＋1－2a)>0，解得x<－1或x>eq \f(2a－1,3)；令g′(x)<0，解得－1所以g(x)的单调增区间是(－∞，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，＋∞))，单调减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2a－1,3))).
又因为g(a)＝g(－1)＝0，所以f(x)的单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2a－1,3)))，(a，＋∞)，单调减区间是(－∞，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a－1,3)，a))，要使f(x)在[－1，2]上单调递增，必须满足2≤eq \f(2a－1,3)，即a≥eq \f(7,2)，又因为a>－1，故a≥eq \f(7,2)(此种情况函数f(x)图像如图3)．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞)).
,图3)
例6、(2018苏州暑假测试）已知函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R. 若f(x)在[－1，1]上是单调递增函数，求a的取值范围；
解析： 由(1)得f′(x)＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]·ex，
①当a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x＝－1时取等号，故a＝0符合要求；(6分)
②当a≠0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1，因为Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0，
所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1>x2，因此f(x)有极大值又有极小值．
若a>0，因为g(－1)·g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1，1)内有极值点，故f(x)在[－1，1]上不单调．(8分)
若a<0，可知x1>0>x2，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\c1(g（1）≥0，,g（－1）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a＋2≥0，,－a≥0，))所以－eq \f(2,3)≤a<0.
综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).(10分)
题型三 含参区间的讨论
求含参函数单调区间的实质——解含参不等式，而定义域对的限制有时会简化含参不等式的求解。当参数的不同取值对下一步的影响不相同时，就是分类讨论开始的时机。当参数扮演多个角色时，则以其中一个为目标进行分类，在每一大类下再考虑其他角色的情况以及是否要进行进一步的分类。
例7、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
【解析】(1)，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，由，解得，
由于时，导函数单调递增，
故，单调递减，
单调递增.
综上，当时在上单调递减;
当时， 在上单调递减，在上单调递增. .
例8、（2020届山东省德州市高三上期末）已知函数（为常数）.
（1）若在处的切线与直线垂直，求的值；
（2）若，讨论函数的单调性；
【解析】（1）由题意，，则，
由于函数的图象在处的切线与直线垂直，
则，所以，因此，；
（2），则.
①若时，，
当或时，，时，，
所以在和单调递增，在单调递减，
②若时，，对，恒成立，在单调递增；
③若时，，
当或时，，时，，
所以在和单调递增，在单调递减；
二、达标训练
1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y<3−x−3−y，则
A．ln(y−x+1)>0B．ln(y−x+1)<0
C．ln|x−y|>0D．ln|x−y|<0
【答案】A
【解析】由得：，
令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A．
本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
2、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据题意设，则，又当时，，则有，所以在上单调递减，又在上是偶函数，所以，所以是偶函数，所以，又为偶函数，且在上为减函数，且定义域为，则有，解得
或，即不等式的解集为，
故选：B.
3、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】令，，
则，
因为，
所以在上恒成立，
因此函数在上单调递减，
因此，即，即，故A错；
又，所以，所以在上恒成立，
因为，所以，故B错；
又，所以，即，故C正确；
又，所以，即，故D正确；
故选：CD.
4、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数，函数（）.
（1）讨论的单调性；
【解析】：的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
【解析】（1）函数的定义域为,
,
令,得或,
因为,当或时,,单调递增；
当时,,单调递减,
所以的增区间为,；减区间为
6、(2019镇江期末）己知函数f(x)＝alnx－bx(a，b∈R)．
(1) 若a＝1，b＝1，求函数f(x)的图像在x＝1处的切线方程；
(2) 若a＝1，求函数y＝f(x)的单调区间；
【解析】 (1)当a＝1，b＝1时，f(x)＝ln·x－x，(1分)
则有f′(x)＝eq \f(1,x)－1，即f′(1)＝eq \f(1,1)－1＝0.(3分)
又f(1)＝－1，则所求切线方程为y＝－1.(4分)
(2)当a＝1时，f(x)＝lnx－bx，则有f′(x)＝eq \f(1,x)－b＝eq \f(1－bx,x).(5分)
函数的定义域为(0，＋∞)．
①若b≤0，则f′(x)>0恒成立，则f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．(6分)
②若b>0，则由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,b).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(0，\f(1,b)))；(7分)
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)，＋∞))时，f′(x)<0，则f(x)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)，＋∞)).(8分)
7、（2017常州期末）已知函数f(x)＝lnx－x－eq \f(a,x)，a∈R.
(1) 当a＝0时，求函数f(x)的极大值；
(2) 求函数f(x)的单调区间.
规范解答 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
(1) 当a＝0时，f(x)＝lnx－x，f′(x)＝eq \f(1,x)－1.
令f′(x)＝0，得x＝1.(1分)
列表：
所以f(x)的极大值为f(1)＝－1.(3分)
(2) f′(x)＝eq \f(1,x)－1＋eq \f(a,x2)＝eq \f(－x2＋x＋a,x2).
令f′(x)＝0，得－x2＋x＋a＝0，记Δ＝1＋4a.
①当a≤－eq \f(1,4)时，f′(x)≤0，所以f(x)单调减区间为(0，＋∞)；(5分)
②当a>－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)x2>0.
由f′(x)<0，得0x1；由f′(x)>0，得x2b. 若a＝0，由(1)知f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)．
c. 若a>0，则x1>0>x2.由f′(x)<0，得x>x1；由f′(x)>0，得0综上所述，当a≤－eq \f(1,4)时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；
当－eq \f(1,4)当a≥0时，f(x)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1＋4a),2)，＋∞))，单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1＋\r(1＋4a),2))).(10分)x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值
