【备战2023高考】数学专题讲与练-考向15《利用导数研究函数的单调性》（重点）全能练（新高考地区专用）

这是一份【备战2023高考】数学专题讲与练-考向15《利用导数研究函数的单调性》（重点）全能练（新高考地区专用）

考向15 利用导数研究函数的单调性 【2022年新高考全国Ⅰ卷】设，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.【2022年新高考全国II卷】已知，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为,因为当所以,即,所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A1．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数的定义域；（2）求，令，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数的间断点（即的无定义点）的横坐标和的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数的定义域分成若干个小区间；（4）确定在各小区间内的符号，根据的符号判断函数在每个相应小区间内的增减性.注①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数.②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：单调递增；单调递增；单调递减；单调递减.1.利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．2.利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间上单调递增(减)可知 ()在区间上恒成立列出不等式；②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题；③对等号单独检验，检验参数的取值能否使在整个区间恒等于0，若恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有，则参数可取这个值．【提醒】为增函数的充要条件是对任意的都有且在内的任意一个非空子区间上.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．一：单调性基础问题1．函数的单调性函数单调性的判定方法：设函数在某个区间内可导，如果，则为增函数；如果，则为减函数．2．已知函数的单调性问题 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①若在某个区间上单调递增，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递增； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②若在某个区间上单调递减，则在该区间上有恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足，才能得出在某个区间上单调递减．二：讨论单调区间问题类型一：不含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）求根做图得结论(如能直接求出导函数等于0的根，并能做出导函数与x轴位置关系图，则导函数正负区间段已知，可直接得出结论)；（4）未得结论断正负(若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负)；（5）正负未知看零点(若导函数正负难判断，则观察导函数零点)；（6）一阶复杂求二阶(找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导)；求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．（7）借助二阶定区间(通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段)；类型二：含参数单调性讨论（1）求导化简定义域(化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续的区间)；（2）变号保留定号去(变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，无需单独讨论的部分)；（3）恒正恒负先讨论(变号部分因为参数的取值恒正恒负)；然后再求有效根；（4）根的分布来定参(此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系)；（5）导数图像定区间；1．（2022·全国·高三专题练习（理））已知，，，则（          ）A． B．C． D．2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在区间上不是单调函数，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．3．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（文））已知函数，则不等式的解集为（       ）A． B．C． D．4．（2022·湖北·房县第一中学模拟预测）已知函数，不等式的解集为（       ）A． B．C． D．5．（2022·吉林吉林·模拟预测（文））若函数在上单调递增，则实数a的取值范围(       )A． B． C． D．1．（2022·青海·模拟预测（理））若，则（       ）A． B．C． D．2．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））定义：设函数的定义域为，如果，使得在上的值域为，则称函数在上为“等域函数”，若定义域为的函数（，）在定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则的取值范围为（       ）A． B． C． D．3．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知，则，，的大小为（       ）A． B． C． D．4．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数，则a，b，c的大小关系为（       ）A． B． C． D．5．（2022·青海玉树·高三阶段练习（文））定义在R上的可导函数满足，若，则m的取值范围是（       ）A． B． C． D．6．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知奇函数的导函数为，且在上恒有成立，则下列不等式成立的（       ）A． B．C． D．7．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）已知,且为自然对数),则下列结论一定正确的是（       ）A． B．C． D．8．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（理））已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（       ）A． B． C． D．或9．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，则下列式子成立的是（       ）A． B．C．是R上的增函数 D．，则10．（2022·山东泰安·模拟预测）已知函数，写出一个同时满足下列两个条件的：___________.①在上单调递减；②曲线存在斜率为的切线.11．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数，，为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．12．（2022·上海·位育中学模拟预测）已知函数 ( 为实常数).(1)设 在区间 上的最小值为 ， 求 的表达式;(2)设 ， 若函数 在区间上是增函数， 求实数的取值范围.13．（2022·全国·模拟预测）已知函数．(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在区间内是单调函数，求实数的取值范围．14．（2022·全国·模拟预测）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当时，方程在上有且仅有一个实数解．15．（2022·天津·二模）已知函数．(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)当时，求函数在区间 上的最小值．16．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数.(1)设，讨论函数的单调性；(2)当时，，求实数a的取值范围.17．（2022·北京八十中模拟预测）已知函数.(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)求函数的单调区间；(3)若对任意，都有成立，求实数a的取值范围.18．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（文））已知函数(1)当时，求在点处的切线方程；(2)当时，求函数的单调递增区间.1．（2022·全国·高考真题）设，则（       ）A． B． C． D．2．（2022·全国·高考真题（理））已知，则（       ）A． B． C． D．3．（2022·北京·高考真题）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)设，讨论函数在上的单调性；(3)证明：对任意的，有．4．（2022·全国·高考真题）已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．5．（2021·全国·高考真题（文））设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图象与轴没有公共点，求a的取值范围.6．（2021·全国·高考真题）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.7．（2021·北京·高考真题）已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．8．（2021·全国·高考真题）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．9．（2020·全国·高考真题（文））已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.10．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．11．（2021·全国·高考真题（理））已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．1．【答案】B【解析】构造函数，令，当，，函数在上单调递减，当，，在上单调递增，所以，从而.故选：B．2．【答案】D【解析】∵，∴∵函数在区间上不是单调函数∴在区间上有根∴当a＝0时，x＝－1不满足条件当时，∵，∴，∴.故选：D．3．【答案】D【解析】的定义域为，因为，所以在上单调递减，所以不等式等价于，解得或，所以不等式的解集为.故选：D4．【答案】B【解析】解：因为，所以，所以在上单调递减，则等价于，解得，即原不等式的解集为.故选：B.5．【答案】A【解析】由题可知，恒成立，故，即．故选：A﹒1．【答案】D【解析】对于A,B,令 ，则，当时，单调递增，且故存在 ，使得，则当时，递减，当时，递增，由于，此时大小关系不确定，故A,B均不正确；对于C,D,设 ，则，当时，，故单调递减，所以当时， ，即 ，即，故C错误，D正确，故选：D2．【答案】C【解析】当时，函数在上为减函数，若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则存在，（）使得，所以，消去，得，令，则，当时，，所以在上是单调增函数，所以符合条件的，不存在.当时，函数在上为增函数，若在其定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则存在，（）使得，，即方程在上有两个不等实根，即在上有两个不等实根，设函数（），则，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，也是最大值，所以，又，，故，即.故选：C.3．【答案】C【解析】令函数，当时，求导得：，则函数在上单调递减，又，，，显然，则有，所以.故选：C4．【答案】D【解析】显然，定义域为R，由可知函数为偶函数，又当时，，有，可知函数的减区间为，增区间为，又由，，由，可得．故选：D.5．【答案】B【解析】令，则，则在R上单减，又等价于，即，由单调性得，解得.故选：B.6．【答案】B【解析】构造函数，由在上恒有成立，即在上为增函数，又由为偶函数，，故A错误.偶函数在上为增函数，在上为减函数，，故B正确；，，故C错误；，，故D错误.故选：B7．【答案】A【解析】设则所以设,令,得易知函数在单调递减所以,即,即,所以对,所以B错,所以C错,所以错故选：A8．【答案】C【解析】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，由在上单调递增知，，所以，故选：C9．（多选题）【答案】AD【解析】由，得，即，所以函数为R上的增函数，故，所以，故A正确，B不正确；函数为增函数时，不一定为增函数，如，显然是增函数，但是减函数，所以C不正确；因为函数为增函数，所以时，有，故有成立，所以D正确.故选：AD.10．【答案】（答案不唯一）【解析】若同时满足所给的两个条件，则对恒成立，解得：，即，且在上有解，即在上有解，由函数的单调性可解得：.所以.则（答案不唯一，只要满足（即可）故答案为：11．【解析】(1)，①当时，，在上单调递减．②当时，令，得，当时，单调递增；当时，，单调递减．(2)当时，恒成立，即在时恒成立，令，则，令，则，易知在上单调减函数，∴，∴在上单调递减，∴．①当，即，，∴在上单调递减，此时，符合题意；②当，即时，，时，，∴使得，则时，，单调递增，∴，不符合题意．综上所述，．12．【解析】(1)若，则，该函数在上为减函数，故，若，则的图象为开口向下的抛物线，且其对称轴为，故在上为减函数，故，若，则，故在上为减函数，故，若，则在上为减函数，在为增函数，故，若，则，故在上为增函数，故，综上，.(2)，任意的，，因为 在区间上是增函数，故对任意恒成立，而，故对任意.若即，因为，故即，故，若即，故，符合；若即，故即，故，综上，.13．【解析】(1)由得，，，所以在处的切线方程为：，即.(2)记，则，显然可得 在单调递减.当 时， ，从而 在上恒成立,故在上单调递增，又因为，所以即在上恒成立，所以在区间上单调递减，符合题意；当时，，，所以，使得，又在上单调递减，所以在上恒成立，在上恒成立．所以在上单调递增，在上单调递减．所以，又．令，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以．所以存在，使得，所以在上，在上，所以在上，在上．所以在区间上既有减区间，也有增区间，不符合题意．综上可知，实数的取值范围是．14．【解析】(1)函数的定义域是，．当时，令，得；令，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，故在上单调递减．(2)当时，方程即为，即．令，则，则“方程在上有且仅有一个实数解”等价于“函数在上有且仅有一个零点”．当时，，所以在上恒成立，所以只需证在上有且仅有一个零点．因为，所以当时，，，所以在上恒成立．所以在上单调递增，又，，所以在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个零点．故方程在上有且仅有一个实数解．15．【解析】(1)当时，        ， 故切线方程为：(2) ， ① 当时， ，仅有单调递增区间，其为： ② 当时，，当时，；当时， 的单调递增区间为： ，单调递减区间为： ③ 当时，，当时；当时 的单调递增区间为：，单调递减区间为：综上所述：当时，仅有单调递增区间，单调递增区间为：当时， 的单调递增区间为： ，单调递减区间为：当时，的单调递增区间为：，单调递减区间为：(3)当时，由（2）中③知在上单调单调递减，在上单调递增，∴①当，即时，在上单调递增，，②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，∴，③当，即时，在上单调递减，∴.．16．【解析】(1)，则令，则或在，上单调递增，在上单调递减(2)构建，则∵在单调递增，则即当时恒成立当时，当时恒成立，则在单调递减∴，则∴当时，令，则在单调递减，在单调递增∴，则∴综上所述：17．【解析】(1)由题设，且，则，所以，，故在处的切线方程为.(2)由且，当时，即在定义域上递减；当时，在上，递减，在上，递增，综上，时递减；时在上递减，上递增.(3)由（2），时递减且值域为，显然存在；时，的极小值为，当，即时，在上递减，上递增，只需，可得；当，即时，在上递增，则恒成立，满足题设；综上，a的取值范围为.18．【解析】(1)解：当时，，所以，所以，，故在点处的切线方程是，即；(2)解：因为定义域为，所以，因为，当，即当时，由，解得或，当时，恒成立，当，即当时，由，解得或，综上，当时，的递增区间是，，当时，的递增区间是，当时，的递增区间是，；1．【答案】C【解析】设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.2．【答案】A【解析】因为,因为当所以,即,所以；设，，所以在单调递增，则,所以，所以,所以，故选：A3．【解析】(1)解：因为，所以，即切点坐标为，又，∴切线斜率∴切线方程为：(2)解：因为，       所以，令，则， ∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，∴在上单调递增.(3)解：原不等式等价于，令，，即证，∵，，由（2）知在上单调递增，∴，∴∴在上单调递增，又因为，∴，所以命题得证.4．【解析】(1)当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.(2)设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，       所以在上为减函数，所以.综上，.(3)取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.5．【解析】（1）函数的定义域为，又，因为，故，当时，；当时，；所以的减区间为，增区间为.（2）因为且的图与轴没有公共点，所以的图象在轴的上方，由（1）中函数的单调性可得，故即.6．【解析】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令， 则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.7．【解析】（1）当时，，则，，，此时，曲线在点处的切线方程为，即；（2）因为，则，由题意可得，解得，故，，列表如下：所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.当时，；当时，.所以，，.8．【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.9．【解析】（1）当时，，，令，解得，令，解得，所以的减区间为，增区间为；（2）若有两个零点，即有两个解，从方程可知，不成立，即有两个解，令，则有，令，解得，令，解得或，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，且当时，，而时，，当时，，所以当有两个解时，有，所以满足条件的的取值范围是：.10．【解析】（1）[方法一]【最优解】：等价于．设，则．当时，，所以在区间内单调递增；当时，，所以在区间内单调递减．故，所以，即，所以c的取值范围是．[方法二]：切线放缩若，即，即当时恒成立，而在点处的切线为，从而有，当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．[方法三]：利用最值求取值范围函数的定义域为：，设，则有 ，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需；所以c的取值范围为．（2）且 因此，设 ，则有，当时，，所以， 单调递减，因此有，即，所以单调递减；当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.11．【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.[方法二]：构造差函数由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．构造函数，求导数得．当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．所以，实数a的取值范围为．[方法三]分离法：一曲一直曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．①当时，与只有一个交点，不符合题意．②当时，取上一点在点的切线方程为，即．当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．上所述，实数a的取值范围为．[方法四]：直接法．因为，由得．当时，在区间内单调递减，不满足题意；当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．故实数a的范围为．]【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.增极大值减极小值增