資源簡介

5.3.1函數的單調性 第三練 能力提升拔高
5.3.1函數的單調性
第三練 能力提升拔高
【試題來源】來自各地期中期末的聯考試題，進行整理和改編；
【試題難度】本次訓練試題難度較大，適合學完第三課后，起到提升解題能力和素養的目的.
【目標分析】
1.能熟練應用函數的單調性與其它性質解題，培養邏輯推理，如第1題.
2.能熟練應用函數的單調性求解不等式問題，比較大小問題，參數的取值范圍問題，鍛煉運算求解能力，如第2，3，6題.
3.能夠靈活利用函數的單調性及其它知識證明不等式，培養轉化與劃歸能力，如第13題.
一、單選題
（2023上·江蘇·高二專題練習）
1．已知函數，則（ ）
A．是奇函數，且在單調遞減
B．是奇函數，且在單調遞增
C．是偶函數，且在單調遞減
D．是偶函數，且在單調遞增
（2024上·江蘇南通·高三統考期末）
2．已知函數及其導函數的定義域均為，若，則（ ）
A． B．
C． D．
（2024·全國·模擬預測）
3．設定義在上的奇函數，其中為自然對數的底數，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·北京順義·高三統考期末）
4．設，，，則（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·湖南婁底·高三統考期末）
5．已知函數的定義域為，對任意，有，則“”是“"的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分又不必要條件
（2024上·遼寧大連·高一統考期末）
6．已知函數，對于任意且，都有，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
（2024上·安徽滁州·高二統考期末）
7．已知函數的定義域為，其導函數為，且對任意的，都有，則下列說法正確的是（ ）
A． B．
C． D．
8．(多選題)已知函數f(x)的導函數為，且，對任意的x∈R恒成立，則（ ）
A．f(ln2)<2f(0) B．f(2)C．f(ln2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0)
（2024·云南曲靖·統考一模）
9．下列不等式正確的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
（2024上·山西太原·高三統考期末）
10．已知實數，分別滿足，，其中是自然對數的底數，則 .
（2023上·重慶·高三重慶八中校考階段練習）
11．知函數在上存在遞增區間，則實數的取值范圍為 ．
四、解答題
（2024·云南昭通·統考模擬預測）
12．已知函數.
(1)討論的單調區間；
(2)已知在上單調遞增，且，求證：.
（2024上·山東濟南·高三統考期末）
13．已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若時，，求a的取值范圍；
(3)對于任意，證明：．
【易錯題目】第8，9題
【復盤要點】利用函數的單調性求解不等式問題
【典例】（2024上·山西忻州·高二統考期末）若函數，的導函數都存在，恒成立，且，則必有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由，得，設函數，利用導數證明單調遞增，所以，據此即可求解.
【詳解】由，得，
設函數，則，
所以單調遞增，所以，
即，
因為，所以，
即.
故選：D.
【易錯警示】利用構造函數發求解相關問題，當要證明的不等式比較直觀時，我們可以直接構造函數.當問題較復雜時根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論．
（2023上·廣東深圳·高二校考期末）
14．已知函數，且，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）
15．已知定義域為R的函數，對任意的都有，且，則不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2024·全國·模擬預測）
16．設定義在上的奇函數，其中為自然對數的底數，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2024·湖南長沙·統考一模）
17．已知函數是定義在上的增函數，且，則不等式的解集為 .
（2024·全國·模擬預測）
18．當時，不等式恒成立，則實數的最小整數為 ．
（2024上·四川成都·高三成都七中校考期末）
19．已知函數.
(1)當時，求的單調區間；
(2)對，恒成立，求a的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】根據偶函數的定義分析可知是偶函數，再利用導數判斷原函數的單調性.
【詳解】因為的定義域為，定義域關于原點對稱，
且，所以是偶函數，
又因為，
當時，則，可得，
則，
所以在單調遞增．
故選：D．
2．C
【分析】方法一：設利用導數得到函數單調性，從而求解；
方法二：設特例法得解.
【詳解】方法一：∵，
∴,
設則在上單調遞減，
所以，
， 即，故C正確．
方法二：設又，C正確．
故選：C
3．A
【分析】利用復合函數的單調性用導數先證明單調遞增，再由，且單調遞增，得到是上單調遞增的奇函數，再利用抽象函數解不等式即可.
【詳解】函數是定義域為的奇函數，設，
則單調遞增，
所以當時，，且單調遞增，
當時，，且單調遞增，
因此是上的增函數，
結合是上的奇函數，可得是上單調遞增的奇函數．
由，
可得，
因此，
解得，
故選：A．
【點睛】方法點睛：構造函數，利用導數研究函數的單調性，結合奇函數的性質得出原函數的單調性，再利用單調性解抽象函數解不等式.
4．A
【分析】令，利用導數求得的單調性，再轉化即可得解.
【詳解】令，則，
所以當時，，
所以在上單調遞減，
因為，，，
而，所以，即.
故選：A.
5．A
【分析】根據題意可構造函數，利用函數單調性解不等式即可解得，再由集合間的關系可得結論.
【詳解】設，該函數的定義域為，
則，所以在上單調遞增.
由可得，
即，又在上單調遞增，所以，解得，
顯然集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據構造函數，并將不等式變形，利用單調性解不等式即可得結論.
6．D
【分析】由題意通過構造函數，說明其在上單調遞減，對分類討論即可得解.
【詳解】由題意不妨設，
又對于任意且，都有，
即對于任意且，都有，即，
所以在上單調遞減，
當時，則在上單調遞減，滿足題意；
當時，在上單調遞減，此時對稱軸為，
若，則，即，故滿足題意；
若，則，即滿足題意；
綜上所述，實數a的取值范圍是.
故選：D.
7．BC
【分析】令，可得在上單調遞增，取自變量的值可得結果.
【詳解】令，所以，
所以在上單調遞增，
所以，即，故A錯誤，B正確；
又，所以，
即，故C正確，D錯誤.
故選：BC.
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟
(1)作差或變形．
(2)構造新的函數．
(3)利用導數研究的單調性或最值．
(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．
8．AB
【分析】根據給定條件構造函數，利用導數探討函數的單調性即可判斷作答.
【詳解】依題意，令，則，于是得在R上單調遞減，
而ln2>0，2>0，則，，即，，
所以f(ln2)<2f(0)，f(2)故選：AB
9．ABC
【分析】利用函數的單調性可判斷A選項；利用函數的單調性可判斷B選項；利用函數在上的單調性可判斷C選項；利用函數在上的單調性可判斷D選項.
【詳解】對于A選項，令，則，
當時，，則函數在上單調遞減，
因為，則，即，即，即，
所以，，A對；
對于B選項，令，則，
當時，，即函數在上為增函數，
所以，，即，B對；
對于C選項，令，其中，
則對任意的恒成立，
所以，函數在上為增函數，因為，則，
所以，，C對；
對于D選項，令，其中，則，
令，
由C選項可知，對任意的恒成立，
所以，函數在上單調遞增，則，
則函數在上單調遞增，
因為，則，即，
又因為，即，D錯.
故選：ABC.
【點睛】思路點睛：解答比較函數值大小問題，常見的思路有兩個：
（1）判斷各個數值所在的區間；
（2）利用函數的單調性直接解答.
數值比較多的比較大小問題也也可以利用兩種方法的綜合應用.
10．
【分析】方程變形為，令換元后利用函數的性質得出，從而可求解．
【詳解】由得，令，則方程化為，
設，則，易知時，，遞減，時，，遞增，
而時，，因此時，，
又，因此，且，
∴，
故答案為：．
【點睛】方法點睛：兩個變量在兩個不同的方程中，本題方法是利用換元法，把兩個方程化為同一種形式，然后結合函數的單調性得出變量的關系．
11．
【分析】求出函數的導數，然后導數在區間上有解即可.
【詳解】由題意得的定義域為，
所以，
因為函數在區間上存在遞增區間，即在區間上能成立，
即，設，開口向上，對稱軸為，
所以當時，單調遞增，所以，
所以，則，即.
故答案為：.
12．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）函數求導后，對參數分類討論，考查導數的正負即可；
（2）根據題意得，所證不等式可以轉化為，構造函數，求導判斷單調性，繼而可以證明.
【詳解】（1）的定義域為.
.
①當時，由得，單調遞增，
由得，單調遞減，
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減；
②當時，由得，或，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；
③當時，在上單調遞增；
④當時，由得，或，
由得，，
在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
綜上，當時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.
（2）由（1）知，當且僅當時，在上單調遞增，
即：
.
，
又且在上單調遞增，
和均不成立.
故不妨設，
因此要證，即證，
因為在上單調遞增，
所以即證.
又，
故只需證，
即證.
設，
.
，
故.
因此在上單調遞增，
所以.
故，
又因為在上單調遞增，
.
【點睛】方法點睛：證明（或）：
①首先構造函數，求導，確定函數和函數的單調性；
②確定兩個零點，且，由函數值與的大小關系，得與零進行大小比較；
③再由函數在區間上的單調性得到與的大小，從而證明相應問題；
13．(1)的單調遞增區間為，無單調遞減區間；
(2)；
(3)證明見解析．
【分析】（1）將代入函數，對函數二次求導，即可求出函數的單調區間；
（2）分情況討論，結合（1）中結論，判斷符合題意，對函數二次求導，分別判斷和不符合題意，最終確定的取值范圍；
（3）根據（2）中結論先得到，取取，得到，令，，…，，累加可得；又構造函數，
求導判斷函數單調性可得：，，取（），得，令，，…，，累加得，結論得證.
【詳解】（1）的定義域為；
當時，，則；
令，則；
故當時，，所以單調遞減；
當時，，所以單調遞增．
于是，即，
故的單調遞增區間為，無單調遞減區間.
（2）由題意知，令，
則；
由（1）可知若，則當時，，
若，則當時，有
，符合題意；
若，則當時，，于是，
單調遞減，則，與題意矛盾；
若，則當時，，于是，
單調遞減，此時，與題意矛盾；
綜上所述：a的取值范圍是．
（3）當時，上（2）可知，
即，取，可得
，
即．
令，，…，，累加可得
．
另一方面，考慮函數，，
則，
在上單調遞減，則，
于是，．
取（），可得，
整理得．
令，，…，，
累加可得．
綜上所述，對于任意，成立．
【點睛】二次求導探究函數得單調性；
分類討論確定的取值；
構造函數，利用函數的單調性證明不等式；
累加法的運用.
14．C
【分析】由已知可得函數為增函數，且為奇函數，進而可由得，解得答案.
【詳解】函數，定義域為，
函數恒成立，
故函數為增函數，
又由，
故函數為奇函數，
，
則，
解得：.
故選：C.
15．B
【分析】令，由題意可得出在R上單調遞增，所以不等式可變形為得，由單調性解不等式即可得出答案.
【詳解】令，則，
則在R上單調遞增，，
由可得，即，
得，，
故選：B．
16．A
【分析】利用復合函數的單調性用導數先證明單調遞增，再由，且單調遞增，得到是上單調遞增的奇函數，再利用抽象函數解不等式即可.
【詳解】函數是定義域為的奇函數，設，
則單調遞增，
所以當時，，且單調遞增，
當時，，且單調遞增，
因此是上的增函數，
結合是上的奇函數，可得是上單調遞增的奇函數．
由，
可得，
因此，
解得，
故選：A．
【點睛】方法點睛：構造函數，利用導數研究函數的單調性，結合奇函數的性質得出原函數的單調性，再利用單調性解抽象函數解不等式.
17．
【分析】構造函數，求導后得，由在上為增函數，所以，從而在上為增函數，又由，從而可求解.
【詳解】由題意知在上為增函數，所以恒成立，
構造函數，所以恒成立，
所以在上單調遞增，又因為，
所以當時，，即，
所以的解集為.
故答案為：.
18．1
【分析】不等式恒成立轉化為恒成立，構造函數證明恒成立范圍即可.
【詳解】當時，，
不等式恒成立，
則，即恒成立，
亦即恒成立，
令，，則，
當時，單調遞增，當時，單調遞減，
所以，所以，
因為，所以，
所以當時原不等式一定成立，即，
令，，則，
令，，則恒成立，
所以在單調遞增，所以，即在恒成立，
所以在單調遞增，所以，
即，，故，
據此可判斷滿足不等式成立，
所以實數的最小整數為.
故答案為：
【點睛】結論點睛：兩個常見的重要不等式：
（1）；（2）.
19．(1)遞增區間為；
(2).
【分析】（1）把代入，利用導數求出函數的單調區間即得.
（2）取特值判斷，再借助（1）中信息及不等式性質可得，然后利用導數探討的情況即得.
【詳解】（1）當時，函數的定義域為，求導得，
令，求導得，
當時，，當時，，則函數在上遞減，在上遞增，
，即，，當且僅當時取等號，
所以函數在上單調遞增，即函數的遞增區間為.
（2）依題意，，則，
由（1）知，當時，恒成立，
當時，，，
則，因此；
當時，求導得，令，
求導得，當時，，
則函數，即在上單調遞減，當時，，
因此函數在上單調遞減，當時，，不符合題意，
所以a的取值范圍是.
【點睛】思路點睛：涉及函數不等式恒成立問題，可以按參數值分段討論，利用導數結合函數零點探討函數值正負即可作答.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁5.3.1函數的單調性 第三課 知識擴展延伸
5.3.1函數的單調性
第三課 知識擴展延伸
擴展1：導數背景下函數單調性充要條件的探究
例1．函數是定義在上的可導函數，則“函數為上的增函數”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【解析】函數為上的增函數，說明在上恒成立，且在上的任意非空子區間內都不恒等于0，推不出．
由函數是定義在上的可導函數及顯然能推出函數為上的增函數．
所以“函數為上的增函數”是“”的必要不充分條件．
【答案】B
【方法總結】（1）在某個區間內，是函數在此區間內單調遞增（減）的充分不必要條件．
（2）函數在內單調遞增（減）的充要條件是在內恒成立，且在區間內的任意非空子區間內等不恒等于0．就是說，在某個區間內的個別點處有并不影響函數在該區間內的單調性．
【舉一反三1-1】
（2024上·浙江溫州·高三統考期末）
1．已知x，，則“”是“”的（ ）
A．充分條件但不是必要條件 B．必要條件但不是充分條件
C．充要條件 D．既不是充分條件也不是必要條件
擴展2：構造函數解不等式問題
例2.已知定義在上的可導函數的導函數為，對任意實數x，均有成立，且是上的奇函數，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【思路分析】構造函數，利用導數和已知條件判斷出在上為增函數，由此求出不等式的解集．
【解析】由題可知，所求不等式等價于，
令，則恒成立，
所以在上為增函數．
又因為是奇函數，所以，故，則所求不等式等價于，
解得，所以所求不等式的解集為，故選A．
【答案】A
【方法總結】解有關函數的不等式問題的方法與關鍵
（1）對于解有關函數的不等式問題，如果直接通過函數的表達式得不到結果，或者直接求解比較煩瑣，可以通過研究函數的單調性，利用構造函數法解不等式．
（2）求解此類題目的關鍵是構造新函數，研究新函數的單調性及其導函數的結構形式，因此熟悉以下結論可以達到事半功倍的效果．
①對于，構造函數，一般地，遇到，即導函數大于某個非零常數a（若，則無需構造），則可構造函數．
②對于，構造函數．
③對于，構造函數．
④對于，構造函數．
⑤對于，構造函數．
⑥對于，構造函數．
⑦對于，分類討論：若，則構造函數；若，則構造函數．
【舉一反三2-1】
[江蘇蘇州2022高二期中]
2．已知的定義域是，為的導函數，且滿足，則不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三2-2】
3．已知是定義在非零實數集上的函數，為其導函數，且當時，．記，，，則（ ）
A． B． C． D．
【舉一反三2-3】
4．已知，則
A． B．
C． D．
【舉一反三2-4】
5．下列大小關系正確的是（ ）
A． B． C． D．
擴展3： 直接構造函數證明不等式
例3.證明：對于，不等式恒成立．
【思路分析】將不等式作差變形為，構造函數，分析的單調性，并證明．
【證明】當時，不等式，等價于．
設，
則，
∵，∴，
令，得，
當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
∴，即，故．
【關鍵點撥】當要證明的不等式比較直觀時，我們可以直接構造函數，然后用導數證明該函數的單調性，最后再利用函數的單調性達到證明不等式的目的．有時對要證明的式子進行適當地變形會起到事半功倍的效果．
【舉一反三3-1】
（2024上·內蒙古錫林郭勒盟·高三統考期末）
6．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)證明：在上.
擴展4：放縮構造證明不等式
例4.已知函數．
（1）當時，討論函數的單調性；
（2）若且，求證：．
（1）【解】函數的定義域為，
，
①若（提示：不要忘記參數可為0的情況），則，在上單調遞減；
②若，則當時，，
當時，，當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）【證明】若且，欲證，只需證，
由于，，則，故只需證明（提示：放縮），
只需證明．
令，則當時，（提示：放縮），
則函數在上單調遞減，則當時，，所以，即原不等式成立．
【方法總結】一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論．
【舉一反三4-1】
（2024上·安徽合肥·高三校聯考期末）
7．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)證明：對于任意正整數n，都有．
（2023·全國·統考高考真題）
8．已知函數在區間上單調遞增，則a的最小值為（ ）．
A． B．e C． D．
（江西·高考真題）
9．已知函數的圖象如圖所示（其中是函數的導函數），則下面四個圖象中，的圖象大致是（ ）
A． B．
C． D．
（陜西·高考真題）
10．是定義在上的非負可導函數，且滿足．對任意正數a，b，若，則必有（ ）
A． B．
C． D．
（湖南·高考真題）
11．設分別是定義在上的奇函數和偶函數，當時，．且，則不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
（全國·高考真題）
12．若函數在上單調遞增，則的取值范圍是
A． B． C． D．
（全國·高考真題）
13．若函數在是增函數，則a的取值范圍是
A． B． C． D．
（廣東·高考真題）
14．設函數，則的單調遞增區間為 ．
（2023·全國·統考高考真題）
15．設，若函數在上單調遞增，則a的取值范圍是 .
（北京·高考真題）
16．設函數f（x）=ex+ae x（a為常數）．若f（x）為奇函數，則a= ；若f（x）是R上的增函數，則a的取值范圍是 ．
（陜西·高考真題）
17．設函數，其中為實數．
(1)若的定義域為，求的取值范圍；
(2)當的定義域為時，求的單調減區間．
（2023·全國·統考高考真題）
18．已知函數．
(1)當時，求曲線在點處的切線方程．
(2)若函數在單調遞增，求的取值范圍．
（2023·全國·統考高考真題）
19．已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若，求的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】設，利用導數研究函數的性質可知在上單調遞增，
結合函數的單調性解不等式以及充分、必要條件的定義即可求解.
【詳解】設，則，
令，所以函數在上單調遞增.
當時，則，即，充分性成立；
當時，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A
2．B
【分析】構造函數，利用導數判斷函數單調性，根據單調性建立不等式求解即可.
【詳解】令，則，所以函數在區間上單調遞增，所以，解之得或，即原不等式的解集為，
故選：B.
3．C
【分析】令，得，結合條件推出的正負，得到的單調性，然后判斷、 、大小關系，即可得出答案.
【詳解】令，得．
∵當時，，
∴當時，，故在上單調遞減．
又，，，
∴，
∴，故．
故選：C．
4．D
【分析】構造函數，利用導數說明其單調性，即可判斷AB；
設，利用導數研究其單調性，即可得解；
【詳解】解：設，則，由，得，所以函數在上單調遞增；由，得，函數在上單調遞減，故函數在上不單調，所以與的大小無法確定，從而排除A，B；設，則，由，得，即函數在上單調遞增，故函數在上單調遞增，所以，即，所以.
故選：D
【點睛】本題考查構造函數判斷函數的單調性，利用函數的單調性比較函數值的大小，屬于中檔題.
5．ABC
【分析】根據選項構造函數，證明，即，當時取等號．再逐一判斷各選項即可.
【詳解】令，則，
令，．
當時，單調遞增，，，
所以存在，使得，
且當，，單調遞減；
當，，單調遞增．
又，，所以存在，使得，
且當，，單調遞增；
當，，單調遞減．
又，，
所以當，使得，即，當時取等號．
對于A，當時，則有，故A正確．
對于B，當時，則有，所以，即，故B正確；
對于C，，即，故C正確；
對于D，又，故D錯誤．
故選:ABC．
6．(1)遞增區間為，遞減區間為；
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，再求出導函數大于0、小于0的解集即得.
（2）利用（1）的結論，求出函數的最大值，再構造函數并求出最小值即得.
【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，
由，得，由，得，
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.
（2）由（1）可知，在上單調遞增，在上單調遞減，
則，即，
令，求導得，
當時，單調遞減；當時，單調遞增，
于是，即，
所以當時，，即.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
①通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
②利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
③根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
7．(1)
答案見解析
(2)證明見詳解.
【分析】(1)由，又的定義域為，討論與的大小關系，即可判定函數的單調性；
(2)當時，在上單調遞減，在上單調遞增，則，即，對于任意正整數，令，有，即可得證．
【詳解】（1）的定義域為，
，
若，當，則，所以在上單調遞增；
若，當，則，所以在上單調遞減；
當，則，所以在上單調遞減；
綜上所述，
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞減.
（2）由(1)知當時，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，，即當時，，
對于任意正整數，令，
有，
所以，
即，
即.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是令，用已知函數的單調性構造，再令,恰當地利用對數求和進行解題．
8．C
【分析】根據在上恒成立，再根據分參求最值即可求出．
【詳解】依題可知，在上恒成立，顯然，所以，
設，所以，所以在上單調遞增，
，故，即，即a的最小值為．
故選：C．
9．C
【分析】先利用函數的圖象求得函數的單調區間，進而得到正確選項.
【詳解】由題給函數的圖象，可得
當時，，則，則單調遞增；
當時，，則，則單調遞減；
當時，，則，則單調遞減；
當時，，則，則單調遞增；
則單調遞增區間為，；單調遞減區間為
故僅選項C符合要求.
故選：C
10．A
【分析】構造函數，再分類討論即可求解.
【詳解】解：令，，
所以在上為常函數或遞減,
若在上為單調遞減，所以，
即①，②
①②兩式相乘得：
所以，
若在上為常函數，且，則，
即③，④，
③④兩式相乘得：
所以，
綜上所述，
故選：A
11．D
【分析】構造函數，利用已知可判斷出其奇偶性和單調性，進而即可得出不等式的解集．
【詳解】令，則，因此函數在上是奇函數．
①當時，，在時單調遞增，
故函數在上單調遞增．
，
，
．
②當時，函數在上是奇函數，可知：在上單調遞增，且（3），
，的解集為．
③當時，，不符合要求
不等式的解集是，，．
故選：D
12．C
【詳解】試題分析：對恒成立，
故，即恒成立，
即對恒成立，構造，開口向下的二次函數的最小值的可能值為端點值，故只需保證，解得．故選C．
【考點】三角變換及導數的應用
【名師點睛】本題把導數與三角函數結合在一起進行考查,有所創新,求解的關鍵是把函數單調性轉化為不等式恒成立,再進一步轉化為二次函數在閉區間上的最值問題,注意與三角函數值域或最值有關的問題,即注意正、余弦函數的有界性.
13．D
【詳解】試題分析：由條件知在上恒成立，即在上恒成立．
∵函數在上為減函數，
∴,
∴．
故選D．
考點：函數的單調性與導數的關系．
14．
【分析】根據，則單調遞增，求解的范圍即為的單調遞增區間．
【詳解】，則
令，則
∴的單調遞增區間為
故答案為：．
15．
【分析】原問題等價于恒成立，據此將所得的不等式進行恒等變形，可得，由右側函數的單調性可得實數的二次不等式，求解二次不等式后可確定實數的取值范圍.
【詳解】由函數的解析式可得在區間上恒成立，
則，即在區間上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
結合題意可得實數的取值范圍是.
故答案為：.
16． -1; .
【分析】首先由奇函數的定義得到關于的恒等式，據此可得的值，然后利用導函數的解析式可得a的取值范圍.
【詳解】若函數為奇函數,則，
對任意的恒成立.
若函數是上的增函數,則恒成立,.
即實數的取值范圍是
【點睛】本題考查函數的奇偶性 單調性 利用單調性確定參數的范圍.解答過程中,需利用轉化與化歸思想,轉化成恒成立問題.注重重點知識 基礎知識 基本運算能力的考查.
17．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）由已知，，，則，可解得實數的取值范圍；
（2）求出，對實數的取值范圍進行討論，利用導數與函數單調性之間的關系可求得函數的單調遞減區間.
【詳解】（1）解：由題意可知，，，則，解得.
因此，實數的取值范圍是.
（2）解：由題意可知，，.
因為時，.
①當時，即當時，由可得，
此時函數的單調遞減區間為；
②當時，即當時，對任意的，且不恒為零，
此時函數無單調遞減區間；
③當時，即當時，由可得，
此時函數的單調遞減區間為.
綜上所述，當時，函數的單調遞減區間為；
當時，函數無單調遞減區間；
當時，函數的單調遞減區間為.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由題意首先求得導函數的解析式，然后由導數的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；
（2）原問題即在區間上恒成立，整理變形可得在區間上恒成立，然后分類討論三種情況即可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）當時，，
則，
據此可得，
所以函數在處的切線方程為，即.
（2）由函數的解析式可得，
滿足題意時在區間上恒成立.
令，則，
令，原問題等價于在區間上恒成立，
則，
當時，由于，故，在區間上單調遞減，
此時，不合題意;
令，則，
當，時，由于，所以在區間上單調遞增，
即在區間上單調遞增，
所以，在區間上單調遞增，，滿足題意.
當時，由可得，
當時，在區間上單調遞減，即單調遞減，
注意到，故當時，，單調遞減，
由于，故當時，，不合題意.
綜上可知：實數得取值范圍是.
【點睛】方法點睛：
（1）求切線方程的核心是利用導函數求切線的斜率，求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導，合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
（2）由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
①函數在區間上單調，實際上就是在該區間上(或)恒成立．
②函數在區間上存在單調區間，實際上就是(或)在該區間上存在解集．
19．(1)在上單調遞減
(2)
【分析】（1）代入后，再對求導，同時利用三角函數的平方關系化簡，再利用換元法判斷得其分子與分母的正負情況，從而得解；
（2）法一：構造函數，從而得到，注意到，從而得到，進而得到，再分類討論與兩種情況即可得解；
法二：先化簡并判斷得恒成立，再分類討論，與三種情況，利用零點存在定理與隱零點的知識判斷得時不滿足題意，從而得解.
【詳解】（1）因為，所以，
則
，
令，由于，所以，
所以，
因為，，，
所以在上恒成立，
所以在上單調遞減.
（2）法一：
構建，
則，
若，且，
則，解得，
當時，因為，
又，所以，，則，
所以，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
綜上所述：若，等價于，
所以的取值范圍為.
法二：
因為，
因為，所以，，
故在上恒成立，
所以當時，，滿足題意；
當時，由于，顯然，
所以，滿足題意；
當時，因為，
令，則，
注意到，
若，，則在上單調遞增，
注意到，所以，即，不滿足題意；
若，，則，
所以在上最靠近處必存在零點，使得，
此時在上有，所以在上單調遞增，
則在上有，即，不滿足題意；
綜上：.
【點睛】關鍵點睛：本題方法二第2小問討論這種情況的關鍵是，注意到，從而分類討論在上的正負情況，得到總存在靠近處的一個區間，使得，從而推得存在，由此得解.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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