2022高考一轮复习4

4.2导数与函数的单调性

一、单项选择题

1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( ) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，1) D．(1，＋∞) 11

－2，－上的最大值是( ) 2．函数f(x)＝－x＋在3x38

A． B．－

23C．－2 D．2

3．函数f(x)＝x－|1－x|的单调递增区间为( ) A．(－∞，0) B．(－∞，1] C．(0，＋∞) D．[1，＋∞)

4．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( ) A．(－∞，1] B．(－∞，－1] C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)

5．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x1－1)＜f 3的x的取值范围是( )

1212

， B．， A.33331212， D．， C.23232－x6．函数y＝，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是( )

x＋1A．(1,2) B．(－1,2) C．[1,2) D．[－1,2)

7．求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得ln y11

＝g(x)ln f(x)，再两边同时求导得·y′＝g′(x)ln f(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)·[g′(x)ln

yf（x）1

f(x)＋g(x)f′(x)]，运用此方法求得函数y＝xx的单调递增区间是( )

f（x）

A．(e，4) B．(3，6) C．(0，e) D．(2，3)

8．(2021·广东省四校联考)已知函数f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，若函数f(x)满足∀x∈I(其中I为函数f(x)的定义域)，当x≠x0时，[f(x)－g(x)](x－x0)>0恒成立，

1第1页

1

则称x0为函数f(x)的“转折点”．已知函数f(x)＝ex－ax2－2x在区间[0，1]上存在一个“转

2折点”，则a的取值范围是( )

A．[0，e] B．[1，e] C．[1，＋∞) D．(－∞，e] 二、多项选择题

9．(2020·福建晋江惠安一中月考)下列函数中，在区间(0,1)上单调递减的是( ) A．y＝|x| B．y＝3－x 1

C．y＝ D．y＝－x2＋4

x

1

－，4上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是10．定义在区间2( )

A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增 1

－，0上单调递减 B．函数f(x)在区间2C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值

11．(2020·山东淄博实验中学期中)对于实数x，记[x]表示不超过x的最大整数，例如[π]＝3，[－1.08]＝－2，定义函数f(x)＝x－[x]，则下列说法中正确的是( )

A．f(－3.9)＝f(4.1) B．函数f(x)的最大值为1 C．函数f(x)的最小值为0 1

D．方程f(x)－＝0有无数个根

2

12．(2020·济南市期末)对于定义域为D的函数f(x)，若存在区间[m，n]⊆D，同时满足下列条件：

①f(x)在[m，n]上是单调的，②当定义域是[m，n]时，f(x)的值域也是[m，n]，则称[m，n]为该函数的“和谐区间”．下列函数存在“和谐区间”的是( )

2A．f(x)＝x3 B．f(x)＝3－ xC．f(x)＝ex－1 D．f(x)＝ln x＋2

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三、填空题

13．已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)＞f(a＋3)，则正实数a的取值范围是________． 14．函数f(x)＝4－x－x＋2的值域为________．

x2＋1，x≥0，15．(2020·长春模拟)若函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上单调递增，则实

mx＋m－1，x＜0

数m的取值范围是________．

1,x016．设函数f(x)＝0,x0，g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．

1,x0

四、解答题

11

17．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．

ax(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；

11

，2上的值域是，2，求a的值． (2)若f(x)在22

18．设函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(x)＝fx,x0,

fx,x0(1)若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；

(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围．

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1a

19．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

32(1)求b，c的值；

(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；

(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

20．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图所示，f(x)＝6ln x＋h(x)．

(1)求函数f(x)的解析式；

1

1，m＋上是单调函数，求实数m的取值范围． (2)若函数f(x)在区间2

x2＋2x＋a

21．已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)．

x

1

(1)当a＝时，用定义证明函数的单调性并求函数f(x)的最小值；

2(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．

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22．已知定义在R上的函数f(x)满足①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；②当x＞0时，f(x)＞－1. (1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数． (2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.

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参

1．D

解析：由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D. 2．A

1

解析：函数f(x)＝－x＋在(－∞，0)上是减函数，

x

113

－2，－上的最大值为f(－2)＝2－＝，故选A. 则函数f(x)在3223．B

2x－1，x≤1，

解析：f(x)＝因此函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1]，故选B.

1，x＞1，

4．A

x＋a，x≥－a，

解析：f(x)＝由题意知－a≥－1，即a≤1，故选A.

－x－a，x＜－a，

5．D

1

解析：因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)＜f 3. 1所以0≤2x－1＜，

312解得≤x＜. 236．D

2－x3－x－13解析：∵函数y＝＝＝－1，

x＋1x＋1x＋1∴当x∈(－1，＋∞)时，函数是减函数， 又当x＝2时，y＝0， ∴－1≤m＜2，故选D. 7．C

111－ln x

－2·ln x＋2＝xx·2(x>0)， 解析：由题意知y′＝xxxx令y′>0，得1－ln x>0，所以0所以函数y＝x的单调递增区间为(0，e)，故选C. 8．B

解析：根据定义，函数f(x)满足∀x∈I(其中I为函数f(x)的定义域)，当x≠x0时，[f(x)－g(x)](x－x0)>0恒成立，f′(x)＝ex－ax－2.令h(x)＝ex－ax－2，则h′(x)＝ex－a，令h′(x)＝ex－a

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1x1x1

＝0，则其解就是“转折点”，故ex＝a，x＝ln a，x∈[0，1]，则0≤ln a≤1，解得1≤a≤e，选B.

9．BCD

解析：当x∈(0,1)时，y＝|x|＝x，所以y＝|x|在(0,1)上单调递增； 1

y＝3－x，y＝在(0,1)上均单调递减；

x

y＝－x2＋4的图象是开口向下，以直线x＝0为对称轴的抛物线，所以y＝－x2＋4在(0,1)上单调递减．

10．ABD

1

－，0上，f ′(x)<0，此时函数f(x)单调递减； 解析：根据导函数的图象可知，在区间2在区间(0，4]上，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值． 所以A，B，D项均正确，C项错误．故选ABD. 11．ACD

解析：f(－3.9)＝－3.9－[－3.9]＝－3.9－(－4)＝0.1，f(4.1)＝4.1－[4.1]＝4.1－4＝0.1，A正确；显然x－1＜[x]≤x，因此0≤x－[x]＜1，∴f(x)无最大值，但有最小值且最小值为0，11

B错误，C正确；方程f(x)－＝0的解为x＝k＋(k∈Z)，D正确．故选ACD.

22

12．ABD 解析：对于

A，y＝x3在

3m＝m，R上单调递增，若存在区间[m，n]，m＜n，使3

n＝n，

m＝－1，m＝0，

解得或

n＝0或1n＝1，

所以存在区间[－1,0]，[－1,1]，[0,1]满足条件，所以A存在“和谐区间”； 2

对于B，f(x)＝3－在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，

x

3－m＝m，

设m＜n＜0或0＜m＜n，满足2

3－n＝n，

2

m＝1，

解得

n＝2，

所以存在区间[1,2]满足条件，所以B存在“和谐区间”；

em－1＝m，

对于C，y＝ex－1在R上单调递增，若存在区间[m，n]，m＜n，使n

e－1＝n，

即ex＝x＋1有两个不等实数根，但函数y＝ex的图象与直线y＝x＋1相切于点(0,1)， 所以ex＝x＋1没有两个不等实数根，所以C不存在“和谐区间”；

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对于D，y＝ln x＋2在(0，＋∞)上单调递增，若存在区间[m，n]，m＜n，

ln m＋2＝m，使即ln x＋2＝x有两个不等实数根，转化为ln x＝x－2， ln n＋2＝n，

即y＝ln x的图象与直线y＝x－2有两个不同的交点，易知满足条件， 所以D存在“和谐区间”． 故选ABD.

13．答案：(3，＋∞)

解析：因为f(x)＝ln x＋x在(0，＋∞)上是增函数， a2－a＞a＋3，

所以a2－a＞0，

a＋3＞0，

解得－3＜a＜－1或a＞3.

又a＞0，所以a＞3. 14．答案：[－6，6]

4－x≥0，解析：因为所以－2≤x≤4，

x＋2≥0，

所以函数f(x)的定义域为[－2,4]．

又y1＝4－x，y2＝－x＋2在区间[－2,4]上均为减函数， 所以f(x)＝4－x－x＋2在[－2,4]上为减函数， 所以f(4)≤f(x)≤f(－2)． 即－6≤f(x)≤ 6. 15．答案：(0,3]

m＞0，

解析：由题意知解得0＜m≤3.

m－1≤20＋1，

16．答案：[0,1)

x2，x＞1，

解析：由题意知g(x)＝0，x＝1，

－x2，x＜1.

函数图象如图所示，

其递减区间是[0,1)．

17．解：(1)证明：任取x1＞x2＞0，

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1111x1－x2

则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，

ax1ax2x1x2∵x1＞x2＞0，

∴x1－x2＞0，x1x2＞0，

∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

1

(2)由(1)可知，f(x)在2，2上是增函数， 111112∴f ＝－2＝，f(2)＝－＝2，解得a＝. 2a2a2518．解：(1)∵f(－1)＝0，∴b＝a＋1.

由f(x)≥0恒成立，知a>0且方程ax2＋bx＋1＝0中Δ＝b2－4a＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0， ∴a＝1.

从而f(x)＝x2＋2x＋1.

2x＋1，x>0，∴F(x)＝

－x＋12，x<0.

(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1， ∴g(x)＝f(x)－kx＝x2＋(2－k)x＋1，

2－k2－k

由g(x)在[－2,2]上是单调函数，知－≤－2或－≥2，得k≤－2或k≥6.

22即实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞)． 19．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，

f（0）＝1，c＝1，

由题意得即 f′（0）＝0，b＝0.

故b＝0，c＝1.

(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)， 当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0； 当x∈(0，a)时，f′(x)＜0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)． (3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立． 2

则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，

x2－x－即－a>xmin. 

因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，

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2

则－x－≥2

x－2＝22， （－x）·x

2

当且仅当－x＝－，即x＝－2时等号成立，

x所以－a>22，则a<－22.

所以实数a的取值范围为(－∞，－22)．

20．解：(1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4，0)两点，

b＝－8，a＝1，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，得解得 8a＋b＝0，b＝－8，

所以h(x)＝x2－8x＋2，f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2.

2x1x36

(2)由(1)得f′(x)＝＋2x－8＝.

xx因为x>0，所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示．

x f′(x) f(x) (0，1) ＋ 单调递增 1 0 (1，3) － 单调递减 3 0 (3，＋∞) ＋ 单调递增 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)， 1

1，m＋上是单调函数， 要使函数f(x)在区间2

1则解得m＋2≤3，

15

故实数m的取值范围是2，2.

11

21．解： (1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，任取1≤x1＜x2，

22x11x1－x22x1x2－1

－＝则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋. 2x12x22x1x2因为1≤x1＜x2，所以x1x2＞1，所以2x1x2－1＞0.

又x1－x2＜0，所以f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数， 7

所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.

2

x2＋2x＋a

(2)因为在区间[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立，

x

22x＋2x＋a＞0，a＞－x＋2x，则⇔等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋x≥1x≥1，

1

∞)上的最大值．

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因为φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上单调递减，

所以当x＝1时，φ(x)取最大值为φ(1)＝－3，所以a＞－3， 故实数a的取值范围是(－3，＋∞)． 22．解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.

在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1. 又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)， 所以函数f(x)在R上是单调递增函数． (2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5. 由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4， 得f(x2＋2x)＋f(1－x)＋1＞5， 即f(x2＋x＋1)＞f(3)，

又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3， 解得x＜－2或x＞1，

故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}．

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