【文档说明】2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测 第15讲 导数的应用——导数与函数的单调性（达标检测） Word版含解析.docx，共(13)页，1.401 MB，由小赞的店铺上传

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《导数的应用——导数与函数的单调性》达标检测[A组]—应知应会1．（2020春•内江期末）如图所示为()yfx=的图象，则函数()yfx=的单调递减区间是()A．(,1)−−B．(2,0)−C．(2,0)−，(2,)+D．(,1)−−，(1,)+【分析】根据原函数的单

调性与导函数符号之间的关系，即可得到答案．【解答】解：当()0fx时，()fx单调递减，从图可知，当(2x−，0)(2，)+时，()0fx，所以()fx的单调递减区间为(2,0)−和(2,)+．故选：C．2．（2020春•潮州

期末）函数321()3fxxaxxa==++−在R上是单调函数，则实数a的取值范围是()A．(1,1)−B．[2−，1]C．[1−，1]D．[1−，2]【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即

可．【解答】解：依题意可知2()210fxxax=++…恒成立，则△2440a=−„，从而11a−剟，故选：C．3．（2020春•黄山期末）已知()fx是函数()fx的导函数，且对任意的实数x都有

()()xfxefx+，(0)5f=，则不等式()5xfxe的解集为()A．(,1)−B．(,0)−C．(1,)+D．(0,)+【分析】令()()xfxgxe=，求出函数的导数，根据函数的单调性问题转化为()(0)gxg，求出不等式的解集即可．【解答】解：

令()()xfxgxe=，则()()()1xfxfxgxe−=，故()gx在R递增，而(0)(0)5gf==，故不等式()5xfxe即()(0)gxg，解得：0x，故选：B．4．（2020春•内江期末）已知()fx是

定义在(0,)+上的非负可导函数，且满足()()0xfxfx+，则()A．2f（1）f（2）B．2f（1）f（2）C．f（1）2f（2）D．f（1）2f（2）【分析】令()()gxxfx=，对()gx求导

，判断()gx的单调性，从而得到g（1）与g（2）的大小关系，进一步得到答案．【解答】解：令()()gxxfx=，则()()()0gxxfxfx=+，()gx在(0,)+上单调递增，g（1）g（2），即f（1）2f（2），故选：C．5．（2020春•

宜宾期末）已知()fx是函数()fx的导函数，对任意xR，都有()()(21)xfxfxex=+−，且(0)1f=，则不等式()3xfxe的解集为()A．(2,1)−−B．(2,1)−C．(1,1)−D．(1,2)−【分析】可设()(

)xfxgxe=，再设2()gxxxc=−+，根据(0)1f=，解得1c=，即可求出()gx，由不等式()3xfxe可得213xx−+，解不等式即可．【解答】解：令()()xfxgxe=，()()(21)()21

xxxfxfxexgxxee−−===−，2()gxxxc=−+，0(0)(0)1fge==，1c=，2()1gxxx=−+，()3xfxe，()3xfxe，213xx−+，即220xx−−，解得12x−，故选：D．6．（2020•

山西模拟）新型冠状病毒属于属的冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着结构为数学模型的cosyB=，ykb=+，人体肺部结构中包含sinyA=，yln=，新型冠状病毒肺炎是由它们复合而成的，表现为()f，若()sin(1)fa

ln=−+在区间(0,1)上为增函数，则a的取值范围为()A．(−，0]B．(−，1]C．[0，)+D．[1，)+【分析】根据函数的单调性得到1cos(1)a−„，求出1cos(1)y=−的导数，得到其范围，求出a的范围即可．

【解答】解：()sin(1)faln=−+在区间(0,1)上是增函数，1[()]cos(1)0fa=−−+…在(0,1)上恒成立，1(0−，1)(0，)2，cos(1)0−，1cos(1)a−„，[cos(1)]cos(1)sin(1)0

−=−+−，cos(1)−在(0,1)单调递增，cos(1)(0−，1)，1(1,)cos(1)+−，1a„，故选：B．7．（2020•沙坪坝区校级模拟）定义在(0,)+上的函数()fx的导函数为()fx，且()()fxfxx，则

对任意1x、2(0,)x+，12xx，下列不等式中一定成立的有()①1212()()()fxxfxfx++；②21121212()()()()xxfxfxfxfxxx++；③11(2)2xxff（1）；④1212()()()fxxfxf

x．A．①②③B．②④C．②③D．③【分析】令()()fxgxx=，求出函数的导数，结合函数的单调性逐一判断即可．【解答】解：由已知()()fxgxx=，则2()()()0fxxfxgxx−=，故()gx在(

0,)+单调递减，故1212()[()()]0xxgxgx−−，展开即为②；由于121x，故1(2)(1)xgg，故③正确；由于112112112112()()()()xxxxgxxgxfxxfxxx++++，同理2

12212()()xfxxfxxx++，相加得1212()()()fxxfxfx++，故①正确；取()1fx=，它符合题意，但是④并不成立，综上一定成立的有①②③，故选：A．8．（2020春•运城期末）定义在R上的函数()fx满足4(1)(2)()xe

fxfx++=−，且对任意的1x…都有()2()0fxfx+（其中()fx为()fx的导数），则下列一定判断正确的是()A．4ef（2）(0)fB．2ef（3）f（2）C．10ef（3）(2)f−D．6

ef（3）(1)f−【分析】根据条件对任意的1x…都有，()2()0fxfx+，构造函数2()()xFxefx=，则222()2()()[2()()]xxxFxefxefxefxfx=+=+，可得()Fx在1x…时单调递增．由4(1)(2)()xefxfx++=−，注意到2(2)(

2)(2)xFxefx++=+；2()()xFxefx−−=−；代入已知表达式可得：(2)()FxFx+=−，所以()Fx关于1x=对称，则由()Fx在1x…时单调递增，化简即可得出结果．【解答】解：设2()()xFxefx=，则222()2()

()[2()()]xxxFxefxefxefxfx=+=+，对任意的1x…都有()2()0fxfx+；则()0Fx，则()Fx在[1，)+上单调递增；2(2)(2)(2)xFxefx++=+；2()

()xFxefx−−=−；因为4(1)(2)()xefxfx++=−，2(2)2(2)()xxeefxfx++=−；2(2)2(2)()xxefxefx+−+=−(2)()FxFx+=−，所以()Fx关于1x=对称，则(2)FF−=

（4），()Fx在[1，)+上单调递增；F（3）F（4）即F（3）(2)F−，6ef（3）4(2)ef−−；即10ef（3）(2)f−成立．故C正确；F（3）(1)F=−，(0)FF=（2）故A，D均错误；F（3）F

（2）2ef（3）f（2）．B错误．故选：C．9．（多选）（2020•泰安四模）已知定义在(0,)2上的函数()fx，()fx是()fx的导函数，且恒有cos()sin()0xfxxfx+成立，则()A．()2()64ffB．3()()63ffC．()3()63ff

D．2()3()64ff【分析】根据题意，令()()cosfxgxx=，(0,)2x，对其求导分析可得()0gx，即函数()gx为减函数，结合选项分析可得答案．【解答】解：根据题意，令(

)()cosfxgxx=，(0,)2x，则其导数2()cossin()()fxxxfxgxcosx+=，又由(0,)2x，且恒有cos()sin()0xfxxfx+，则有()0gx，即函数()gx为减函数，又由63，则有()()63g

g，即()()63coscos63ff，分析可得()3()63ff；又由64，则有()()64gg，即()()64coscos64ff，分析可得2()3()64ff．故选：CD．10．（多选）（202

0春•宿迁期末）若函数()fx在定义域D内的某个区间I上是单调增函数，且()()fxFxx=在区间I上也是单调增函数，则称()yfx=是I上的“一致递增函数”．已知()xefxxx=+，若函数()fx是区间

I上的“一致递增函数”，则区间I可能是()A．(,2)−−B．(,0)−C．(0,)+D．(2,)+【分析】由题可知，函数()fx和()Fx在区间I上都是单调增函数．对()Fx求导得3(2)()xexFxx−=，可推出()F

x在区间(,0)−、(2,)+上为增函数．然后分(2,)x+和(,0)x−两类讨论()fx的单调性，其中当(,0)x−时，需要构造函数2()(1)xgxxex=+−，且用到了隐零点的思路．【解答】解：函数()f

x是区间I上的“一致递增函数”，函数()fx和()Fx在区间I上都是单调增函数．对于2()()1xfxeFxxx==+，有3(2)()xexFxx−=，令()0Fx，则2x或0x，即()Fx在区间(,0)−、(2,)+上为增函数．对于()xefxxx=+，有222(1)(1)

()1xxexxexfxxx−+−=+=，当(2,)x+时，显然()0fx成立，即()fx在(2,)+上为增函数，区间I可能为(2,)+．当(,0)x−时，令2()(1)xgxxex=+−，则()(2)0xgxxe=+在(

,0)−上恒成立，即()gx在(,0)−上单调递减．而12(1)1210gee−−=−=−，11313()0244212ge−=−−，01(1,)2x−−，使得0()0gx=，且()0gx在0(,)x−上恒成立，即()0fx在0(,)x−上恒成立．()fx在

0(,)x−上为增函数，其中01(1,)2x−−．对比选项，可知02x=−符合题意，即区间I可能为(,2)−−．故选：AD．11．（2020春•海淀区校级期末）函数()(3)xfxxe=−的单调递减区间是．【分析】求出函数的导数，解关于导函

数的不等式，求出函数的递减区间即可．【解答】解：()(3)xfxxe=−，()(2)xfxxe=−，令()0fx，解得：2x，故()fx在(,2)−递减，故答案为：(,2)−．12．（2020春•菏泽期末）已知函数2()fxax

xlnx=−，若f（1）3=，则a=；若函数()fx在1[e，)+单调递增，则实数a的取值范围是．【分析】求导得()21fxaxlnx=−−，把1x=代入列出关于a的方程，解之即可；原问题可转化为()210fxaxlnx=−−…在1

[e，)+上恒成立，参变分离后，有12lnxax+…，设1()2lnxgxx+=，1[xe，)+，再次求导，判断出函数()gx在1[e，)+上的单调性，并求出最大值即可得解．【解答】解：2()fxaxxlnx=−，()21fxa

xlnx=−−，f（1）3=，2113aln−−=，解得2a=．函数()fx在1[e，)+单调递增，()210fxaxlnx=−−…在1[e，)+上恒成立，即12lnxax+…，设1()2lnxgxx+=，1[xe，)+，则222()42lnxlnxgxxx−==−，

当1[xe，1)时，()0gx，()gx单调递增；当[1x，)+时，()0gx，()gx单调递减．()maxgxg=（1）11122ln+==．12a…，即实数a的取值范围是1[,)2+．故答案为：2；1[,)2+．13．（2020春•新余期末）设函数()fx是定

义在(0,)+上的可导函数，其导函数为()fx，且有2()()fxxfxx+，则不等式2(2020)(2020)4xfxf−−−（2）0„的解集为．【分析】由题可知，当0x时，有222()()0xfxxfxx+，于是构造函数

2()()gxxfx=，可知()gx在(0,)+上单调递增，而原不等式可以转化为(2020)gxg−„（2），即020202x−„，解之即可．【解答】解：2()()fxxfxx+，当0x时，有222

()()0xfxxfxx+，令2()()gxxfx=，则2()2()()0gxxfxxfx=+，即()gx在(0,)+上单调递增，对于不等式2(2020)(2020)4xfxf−−−（2）0„，可转化为(2020)gxg−„（2），020202x−„，解得20202022x

„，不等式的解集为(2020，2022]．故答案为：(2020，2022]．14．（2020春•南平期末）已知函数()(axefxlnxea=−为自然对数的底数，a为常数且0)a，()fx在定义域内单调递减，则a的取值范围．【分析】求出函数的导

数，问题转化为lnxax−„在(0,)x+恒成立，令()lnxgxx=−，(0,)x+，根据函数的单调性求出()gx的最小值，求出a的范围即可．【解答】解：()fx的定义域是(0,)+，1(

)axfxex=−，若()fx在(0,)+递减，则()0fx„在(0,)x+恒成立，即lnxax−„在(0,)x+恒成立，令()lnxgxx=−，(0,)x+，则21()lnxgxx−=，令()0gx，解得：xe，令()0gx，解得：0xe，故()gx在(0,)e

递减，在(,)e+递增，则()mingxg=（e）1e=−，则1ae−„，故答案为：(−，1]e−．15．（2020•汉阳区校级模拟）已知函数()fx是奇函数()()fxxR的导函数，且满足0x时，1()

()lnxfxfxx−，则不等式(2020)()0xfx−的解集为．【分析】令()()gxlnxfx=，则1()()()gxfxlnxfxx=+，已知：0x时，1()()lnxfxfxx−，可得：0x时，函数(

)gx单调递减．由g（1）0=，利用函数()gx的单调性，可得01x时，0lnx；1x时，0lnx．进而得出：当0x，()0fx，又()fx为奇函数，当0x，()0fx．不等式(2020)()0xfx−可化为：02020

0xx−，或020200xx−，即可得出不等式的解集．【解答】解：令()()gxlnxfx=，则1()()()gxfxlnxfxx=+，0x时，1()()lnxfxfxx−，0

x时，函数()gx单调递减．g（1）0=，01x时，()0gx；1x时，()0gx．01x时，0lnx；1x时，0lnx．当0x，1x时，()0fx，又f（1）111lnf−（1），f（1）

0．当0x，()0fx，又()fx为奇函数，当0x，()0fx．不等式(2020)()0xfx−可化为：020200xx−，或020200xx−，解得02020x．不等式的解集为：(0,202

0)．故答案为：(0,2020)．16．（2020春•珠海期末）已知函数32()1fxxxx=+−+，（1）求()fx的单调区间；（2）若[2x−，2]，求()fx的值域．【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）根据函数的

单调性，求出函数的极值和端点值，求出函数的值域即可．【解答】解：（1）2()321(31)(1)fxxxxx=+−=−+，令()0fx，解得：13x或1x−，令()0fx，解得：113x−，

故()fx在(,1)−−递增，在1(1,)3−递减，在1(3，)+递增；（2）若[2x−，2]，结合（1）得：()fx在[2−，1)−递增，在1(1,)3−递减，在1(3，2]递增；而(2)1f−=−，(1)2f−=，122()327f=，f（2）11=，故函数的值

域是[1−，11]．17．（2020春•池州期末）已知函数32()5fxxxax=−−+，其中a为常数．（1）当5a=时，求函数()fx的单调区间；（2）若函数()fx在(,)−+上单调递增，求实数a的取值范围．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数

的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，问题转化为2320xxa−−…在R恒成立，结合二次函数的性质求出a的范围即可．【解答】解：（1）5a=时，32()55fxxxx=−−+，2()325(35)(1)fxxxxx=−−=−+，令()0fx，解得：1x−或53x

，令()0fx，解得：513x−，故()fx在(,1)−−递增，在5(1,)3−递减，在5(3，)+递增；（2）32()5fxxxax=−−+，2()32fxxxa=−−，函数()fx在(,)−+上单调递

增，2320xxa−−…在R恒成立，△4120a=+„，解得：13a−„，故实数a的范围是(−，1]3−．18．（2020春•海淀区校级期末）已知aR，函数2()()()xfxxaxexR=+．（1）当0a=时，求函数()fx的单调区间；（2）若函数()fx

在(1,1)−上单调递减，求a的取值范围．【分析】（1）代入a的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，结合二次函数的性质得到关于a的不等式组，解出即可．【解答】解：（1）0a=时，2()xfxxe=，()(2)xfxxex=+，令(

)0fx，解得：0x或2x−，令()0fx，解得：20x−，()fx在(,2)−−递增，在(2,0)−递减，在(0,)+递增；（2）2()[(2)]xfxxaxae=+++，令2()(2)gxxaxa=+++，若函数()fx

在(1,1)−上单调递减，则()0gx„在(1,1)−恒成立，则22(1)1(2)0(1)1(2)04(2)402112gaagaabacaaa−=−++=+++=−=+−+−−„„，解得：342a−−„，故(4a−，3]2

−．[B组]—强基必备1．（2019春•德州期末）设函数()fx是定义在(0,)+上的可导函数，其导函数为()fx，且有()2()xfxfx，则不等式24(2019)(2019)fxxf−−−（2）0的解集为()A．(0,2021)B．(201

9,2021)C．(2019,)+D．(,2021)−【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化即可得到结论．【解答】解：()2()xfxfx，()2()0xfxfx

−，又(0,)x+，2()2()0xfxxfx−，设2()()fxFxx=，则224()()2()[]0fxxfxxfxxx−=，2(2019)(2019)(2019)fxFxx−−=−，F（2）2(2)(2)24ff==，即不等式24

(2019)(2019)fxxf−−−（2）0等价为(2019)FxF−−（2）0，()Fx在(0,)+是增函数且2019x，由(2019)FxF−（2），得20192x−，即2021x，综上可得，20192021x．故选：B．2．（

2019春•江岸区校级期末）设函数()fx在R上存在导数()fx，当(0,)x+时，()fxx．且对任意xR，有2()()fxxfx=−−，若1(1)()2ftftt−−−…，则实数t的取值范围是．【分析】根据()0f

xx−，构造函数21()()2gxfxx=−，然后根据2()()fxxfx=−−，可判断出()gx的奇偶性与单调性，然后即可将1(1)()2ftftt−−−…转化为关于t的不等式．【解答】解：令21()()2gxfxx=−，222()()()()0g

xgxfxfxxxx−+=−+−=−=．所以()gx是奇函数，易知(0)0f=，(0)0g=．当(0,)x+时，()fxx，()()0gxfxx=−，结合(0)0g=，()gx在R上是减函数．22111(1)()(1)(1)()(1)()222gtgtfttfttf

tftt−−=−−−−+=−−+−，1(1)()2ftftt−−−…，(1)()0gtgt−−…，(1)()gtgt−…．1tt−„，所以12t…．故t的取值范围是1[2，)+．故答案为：1[2，)+．3．（2019春•广陵区校级月考）设函数()3(xgxexaaR=+−

，e为自然对数的底数），定义在R上的连续函数()fx满足：2()()fxfxx−+=，且当0x时，()fxx，若0{|()2(2)2}xxfxfxx+−+…，使得00(())ggxx=，则实数a的取值范围为．【分析】构造函数2()(

)2xFxfx=−，通过求导及奇偶性可确定其为减函数，进而可解决所给集合为(−，1]，后面的问题转化为3xxexa=+−即2xaex=+在(−，1]有解的问题，在引进函数()2xhxex=+，利用其递增性可解．【解答】解：设2()()2

xFxfx=−，则()()Fxfxx=−，当0x时，()0Fx，故函数2()()2xFxfx=−是(,0)−上的单调递减函数，又由2()()fxfxx−+=，可知，2()()()()202xFxFxfxfx−+=−+−=，则函数2

()()2xFxfx=−是奇函数，函数2()()2xFxfx=−是(,)−+上的单调递减函数．由题设中()2(2)2fxfxx+−+…，可得222(2)()(2)22(2)222xxxfxfxxfx−−−+−−=−−…，可得()

(2)FxFx−…，解得1x„；由00(())ggxx=，得00()gxx=，问题转化为3xxexa=+−在(−，1]上有解，即2xaex=+在(−，1]上有解，令()2xhxex=+，(x−，1]，则()20xhxe=+，故()2xhxex=+在(−，

1]上单调递增，则()hxh„（1）2e=+，即2ae+„．故答案为：(,2)e−+．