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1、1 / 19【2019【2019 最新最新】精选高考数学试题分项版解析专题精选高考数学试题分项版解析专题 0404 导数与函导数与函数的单调性文数的单调性文1.【2017 浙江，7】函数 y=f(x)的导函数的图像如图所示，则函数y=f(x)的图像可能是( )yfx【答案】D【考点】 导函数的图象【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间0x0x0x)( xf)(xf2【2015 高考湖南，文 8】设函数，则是( )( )ln(1)
2、ln(1)f xxx( )f xA、奇函数，且在（0,1）上是增函数 B、奇函数，且在（0,1）上是减函数C、偶函数，且在（0,1）上是增函数 D、偶函数，且在（0,1）上是减函数【答案】A【解析】函数，函数的定义域为（-1，1） ，函数所以函数是奇函数 ，在（0,1）上 ，所以在(0,1)上单调递增，故选 A.( )ln(1)ln(1)f xxx()ln(1)ln(1)( )fxxxf x 2111111fxxxx 0fx ( )f x【考点定位】利用导数研究函数的性质2 / 19【名师点睛】利用导数研究函数在(a，b)内的单调性的步骤：(1)求；(2)确认在(a，b)内的符号；(3)作出结
3、论：时为增函数；时为减函数研究函数性质时，首先要明确函数定义域.( )f x fx fx 0fx 0fx 3.【2014 全国 2，文 11】若函数在区间单调递增，则的取值范围是（ ） f xkxInx1,（A） （B） （C） （D）, 2 , 1 2,1,【答案】D【考点定位】函数的单调性.【名师点睛】本题考查了利用函数的导数研究函数的单调性，不等式的恒成立，属于中档题，深入理解函数的单调性与函数导数之间的关系是解题的关键，注意不等式的恒成立的处理时端点值能否取到认真判断4. 【2016 高考新课标 1 文数】若函数在单调递增,则 a 的取值范围是（ ）1( )sin2sin3f xx-x
4、ax, （A） （B） （C） （D）1,111,31 1,3 311,3 【答案】C【解析】试题分析：对恒成立, 21cos2cos03fxxax xR故,即恒成立,2212cos1cos03xax245coscos033axx即对恒成立,构造,开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值,故3 / 19只需保证,解得故选 C245033tat1,1t 245 33f ttat f t 1103 1103ftft 11 33a 考点：三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值
5、问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,要注意弦函数的有界性.5.【 2014 湖南文 9】若，则（ ）1201xxA.B.21 21lnlnxxeexx21 21lnlnxxeexxC. D.12 21xxx ex e12 21xxx ex e【答案】C【考点定位】导数 单调性【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的性质，解决问题的关键是根据所给选项构造对应的函数，利用函数的性质分析其单调性，对选项作出判断.6.【2017 课标 1，文 21】已知函数=ex(exa)a2x( )f x（1）讨论的单调性；( )f x（2）若，求 a 的取值范围( )0f x 【答案】 （1）当，在单调
6、递增；当，在单调递减，在单调递增；当，在单调递减，在单调递增；（2） 0a )(xf(,) 0a ( )f x(,ln )a(ln ,)a 0a ( )f x(,ln()2a(ln(),)2a3 4 2e ,14 / 19【解析】试题分析：（1）分， ，分别讨论函数的单调性；（2）分， ，分别解，从而确定 a 的取值范围0a 0a 0a )(xf0a 0a 0a 0)(xf试题解析：（1）函数的定义域为， ，( )f x(,) 22( )2(2)()xxxxfxeaeaea ea若，则，在单调递增0a 2( )xf xe(,) 若，则由得0a ( )0fxlnxa当时， ；当时， ，所以在单调
7、递减，在单调递增(,ln )xa ( )0fx(ln ,)xa( )0fx( )f x(,ln )a(ln ,)a 若，则由得0a ( )0fxln()2ax 当时， ；当时， ，故在单调递减，在单调递增(,ln()2ax ( )0fx(ln(),)2ax( )0fx( )f x(,ln()2a(ln(),)2a（2）若，则，所以0a 2( )xf xe( )0f x 若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为从而当且仅当，即时， 0a lnxa( )f x2(ln )lnfaaa 2ln0aa1a ( )0f x 若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为从而当且仅当，即时0a ln()
8、2ax ( )f x23(ln()ln()242aafa23ln()042aa3 42ea ( )0f x 综上，的取值范围为3 4 2e ,1【考点】导数应用【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出，有的正负，得出函数的单调区间；（二）函数的最值5 / 19（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数极值或最值)( xf)( xf)(xf)(xf7.【2017 课标 II，文 21】设函数.2( )(1)xf xx e（1）讨论的单调性；( )f x（2）当时， ，求的
9、取值范围.0x ( )1f xax【答案】 （）在 和单调递减，在单调递增（） (, 12) ( 12,) ( 12, 12) 1,)2 0000()(1)(1)1f xxxax.试题解析：（1） 2( )(1 2)xfxxx e令得 ( )0fx12x 当时， ；当时， ；当时，(, 12)x ( )0fx( 12, 12)x ( )0fx( 12,)x ( )0fx所以在 和单调递减，在单调递增( )f x(, 12) ( 12,) ( 12, 12) (2) ( )(1)(1)xf xxx e当 a1 时，设函数 h(x)=（1-x）ex，h(x)= -xex0（x0） ，因此h(x)在
10、 0，+)单调递减，而 h(0)=1，故 h(x)1，所以f(x)=（x+1）h(x)x+1ax+1当 0a1 时，设函数 g（x）=ex-x-1，g（x）=ex-10（x0），6 / 19所以 g（x）在在 0，+)单调递增，而 g(0)=0，故 exx+1当 0x1， ， ，取2( )(1)(1)f xxx22(1)(1)1(1)xxaxxaxx 0541 2ax则2 000000(0,1),(1)(1)0,()1xxxaxf xax故当时，取 0a 2 0000051,()(1)(1)112xf xxxax 综上，a 的取值范围 1，+） 【考点】利用导数求函数单调区间，利用导数研究不等
11、式恒成立【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.8.【2017 课标 3，文 21】已知函数=lnx+ax2+(2a+1)x( )f x（1）讨论的单调性；( )f x（2）当 a0 时，证明3( )24f xa 【答案】 （1）当时，在单调递增；当时，则在单调递增，在单调递减；（2）详见解析0a)(xf), 0( 0a)(xf)21, 0(a),21(a试题解析：（1） ，)0() 1)(12(1) 12(2)( 2 xxxa
12、x xxaaxxf当时， ，则在单调递增，0a0)( xf)(xf), 0( 当时，则在单调递增，在单调递减.0a)(xf)21, 0(a),21(a（2）由（1）知，当时， ，0a)21()(maxafxf7 / 19121)21ln()243()21(aaaaf，令 （） ，tty1ln021at则，解得，011ty1t在单调递增，在单调递减，y) 1 , 0(), 1 ( ，即，.0) 1 (max yy0y)243()(maxaxf243)(axf【考点】利用导数求单调性，利用导数证不等式【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函
13、数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.( )( )( )h xf xg x9.【2017 天津，文 19】设，.已知函数，., a bR| 1a 32( )63 (4)f xxxa axb( )e( )xg xf x（）求的单调区间；( )f x（）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，( )yg xexy （i）求证：在处的导数等于 0；( )f x0xx（ii）若关于 x 的不等式在区间上恒成立，求 b 的取值范围.( )exg x
14、001,1xx【答案】 （）递增区间为， ，递减区间为.（2） （）在处的导数等于0.（）的取值范围是.(, )a(4,)a(),4aa( )f x0xx 7 ,1【解析】8 / 19 1f xf a在上恒成立，得， ，再根据导数求函数的取值范围.1,1aa32261baa11a 试题解析：（I）由，可得324( )63 ()fxxaxxab2( )3123 ()3()(44)f xxaxaa xxa，令，解得，或.由，得.( )0f x xa4xa| 1a 4aa当变化时， ，的变化情况如下表：( )f x( )f x(, )a(),4aa(4,)a( )f x( )f xAAA所以，的单调
15、递增区间为， ，单调递减区间为.( )f x(, )a(4,)a(),4aa（II） （i）因为，由题意知，( )e ( ( )( )xxxgff x0000()e()exxxxgg所以，解得.0000 000()eee ( ()()exxxxfffxxx00()1()0fxxf 所以，在处的导数等于 0.( )f x0xx（ii）因为， ，由，可得.( )exg x 0011,xxxe0x( )1f x 又因为， ，故为的极大值点，由（I）知.0()1f x0()0f x0x( )f x0xa另一方面，由于，故，| 1a 14aa 由（I）知在内单调递增，在内单调递减，( )f x(, )1
16、aa(),1a a故当时，在上恒成立，从而在上恒成立.0xa( )( )1ffxa1,1aa9 / 19( )exg x 00,11xx由，得，.32( )63 ()14aafaaaab32261baa11a 令， ，所以，32( )261t xxx 1,1x 2( )612t xxx令，解得（舍去） ，或.( )0t x 2x 0x 因为， ， ，故的值域为.( 1)7t (1)3t (0)1t( )t x 7 ,1所以，的取值范围是. 7 ,1【考点】1.导数的几何意义；2.导数求函数的单调区间；3.导数的综合应用.【名师点睛】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分
17、解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出 ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.0xa10.【201410.【2014 山东山东. .文文 20】20】 （本题满分（本题满分 1313 分分) )设函数.,11ln)(为常数其中axxxaxf（1）若，求曲线处的切线方程；0a)1 (, 1 ()(fxfy在点（2）讨论函数的单调性.)(xf【答案】 （1）.210xy （2）当时，函数在上单调递增；0a ( )f x(0,
18、)当时，函数在上单调递减；1 2a ( )f x(0,)当时，在，上单调递减，102a( )f x(1)21(0,)aa a(1)21(,)aa a10 / 19在上单调递增.(1)21(1)21(,)aaaa aa【解析】性.其中时，情况较为单一， ，函数在上单调递增，0a ( )0fx ( )f x(0,)当时，令，0a 2( )(22)g xaxaxa由于，再分， ，等情况加以讨论.22(22)44(21)aaa 1 2a 1 2a 102a试题解析：（1）由题意知时， ，0a 1( ),(0,)1xf xxx此时， 22( )(1)fxx可得，又，1(1)2f(1)0f所以曲线在处的切
19、线方程为.( )yf x(1,(1)f210xy （2）函数的定义域为，( )f x(0,)2 222(22)( )(1)(1)aaxaxafxxxx x，当时， ，函数在上单调递增，0a ( )0fx ( )f x(0,)当时，令，0a 2( )(22)g xaxaxa由于，22(22)44(21)aaa 当时， ，1 2a 0 11 / 192 21(1)2( )0(1)x fxx x ，函数在上单调递减，( )f x(0,)当时， ，1 2a 0, ( )0g x ( )0fx ，函数在上单调递减，( )f x(0,)当时， ，102a0 设是函数的两个零点，1212,()x xxx(
20、)g x则， ，1(1)21aaxa2(1)21aaxa由 ，1121aaxa 221210aaa a 所以时， ，函数单调递减，1(0,)xx( )0,( )0g xfx( )f x12( ,)xx x时， ，函数单调递增，( )0,( )0g xfx( )f x2(,)xx时， ，函数单调递减，( )0,( )0g xfx( )f x综上可知，当时，函数在上单调递增；0a ( )f x(0,)当时，函数在上单调递减；1 2a ( )f x(0,)当时，在，上单调递减，102a( )f x(1)21(0,)aa a(1)21(,)aa a在上单调递增.(1)21(1)21(,)aaaa aa
21、考点：导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性，分类讨论思想.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性等.解答本题的主要困难是（II）利用分类讨论思想，结合函数零点，确定函数的单调性.本题是一道能力题，属于难题.在考查导数的几何意义、应用导数研究12 / 19函数的单调性等基础知识、基本方法的同时，考查考生的计算能力、应用数学知识分析问题解决问题的能力，考查转化与化归思想及分类讨论思想.11.2016 高考新课标文数设函数( )ln1f xxx（I）讨论的单调性；( )f x（II）证明当时， ；(1,)x11lnxxx（III）设，证明当时，.1c (0,1)x1 (1)
22、xcxc【答案】 （）当时，单调递增；当时，单调递减；（）见解析；（）见解析01x( )f x1x ( )f x试题解析：（）由题设，的定义域为， ，令，解得.( )f x(0,)1( )1fxx( )0fx 1x 当时， ，单调递增；当时， ，单调递减. 4 分01x( )0fx ( )f x1x ( )0fx ( )f x（）由（）知，在处取得最大值，最大值为，( )f x1x (1)0f所以当时， ，1x ln1xx故当时， ， ，即. 7 分(1,)xln1xx11ln1xx11lnxxx（）由题设，设，则1c ( )1 (1)xg xcxc ( )1lnxg xccc 令，解得.(
23、)0g x 01lnln lnc cxc当时， ，单调递增；当时， ，单调递减. 9 分0xx( )0g x ( )g x0xx( )0g x ( )g x由（）知， ，故又，故当时， ，11lnccc001x(0)(1)0gg01x( )0g x 所以当时，. 12 分(0,1)x1 (1)xcxc13 / 19考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明12.【2016 高考天津文数】 （本小题满分 14
24、 分）设函数， ，其中baxxxf3)(RxRba,（）求的单调区间；)(xf（）若存在极值点，且，其中，求证：；)(xf0x)()(01xfxf01xx 0201 xx（）设，函数，求证：在区间上的最大值不小于.0a| )(|)(xfxg)(xg 1 , 141【答案】 （）递减区间为，递增区间为，.（）详见解析（）详见解析33(,)33aa3(,)3a 3(,)3a【解析】331 133aa ，当时， ，当时，.334a2 3332 3113333aaaa 304a2 32 31133aa 试题解析：（1）解：由，可得，下面分两种情况讨论：3( )f xxaxb2( )3fxxa14 /
25、19当时，有恒成立，所以的单调增区间为.0a 2( )30fxxa( )f x(,) 当时，令，解得或.0a ( )0fx3 3ax 3 3ax 当变化时， 、的变化情况如下表：( )fx( )f x3(,)3a 3 3a33(,)33aa3 3a3(,)3a( )fx0( )f x单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为，单调递增区间为，.( )f x33(,)33aa3(,)3a 3(,)3a（2）证明：因为存在极值点，所以由（1）知且.( )f x0a 00x 由题意得，即，2 00()30fxxa2 03ax 进而，3 00002()3af xxaxbxb 又，且，3
26、000000082( 2)822()33aafxxaxbxaxbxbf x 002xx由题意及（1）知，存在唯一实数满足，且，因此，1x10()()f xf x10xx102xx 所以.10+2=0xx（3）证明：设在区间上的最大值为，表示，两数的最大值，下面分三种情况讨论：( )g x 1,1Mmax , x yy当时， ，由（1） 知在区间上单调递减，3a 331 133aa ( )f x 1,115 / 19所以在区间上的取值范围为，因此，( )f x 1,1 (1),( 1)ff 1,0, 1,0,ab b ab b 所以.1 | 2Mab 当时， ，334a2 3332 311333
27、3aaaa 由（1）和（2） 知， ，2 33( 1)()()33aafff2 33(1)()()33aafff所以在区间上的取值范围为，( )f x 1,133 (),()33aaff 所以3322max|(|,|()|max|3|,|3|3399aaaaffabab2222331max|3|,|3|3|39999444aaaababab.当时， ，由（1）和（2）知，304a2 32 31133aa 2 33( 1)()()33aafff， ，2 33(1)()()33aafff所以在区间上的取值范围为，因此，( )f x 1,1 (1),( 1)ff 11|4ab .综上所述，当时，在区
28、间上的最大值不小于.0a ( )g x 1,11 4考点：导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数 f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数 f(x)；(3)在函数 f(x)的定义域内求不等式 f(x)0 或 f(x)0 的解集16 / 19(4)由 f(x)0(f(x)0)的解集确定函数 f(x)的单调增(减)区间若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间2由函数 f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题，可转化为f(x)0(或 f(x)0)恒成立问题，要注意“”是否可以取到13.【2016 高考四川文科】 （本
29、小题满分 14 分）设函数， ，其中，e=2.718为自然对数的底数.2( )lnf xaxax1( )xeg xxeqR（）讨论 f(x)的单调性；（）证明：当 x1 时，g(x)0；（）确定的所有可能取值，使得在区间（1，+）内恒成立.( )( )f xg x【答案】 （1）当时，0，单调递增；（2）证明详见解析；（3）.x10,)2a（( )fx( )f xx1+ )2a（，( )fx( )f xa1+ )2，（）的结论，缩小的范围，设=，并设=，通过研究的单调性得时， ，从而，这样得出不合题意，又时，的极小值点，且，也不合题意，从而，此时考虑得，得此时单调递增，从而有，得出结论( )g
30、 x111 exx11xxex xe( )s x1exx( )s x1x ( )0g x ( )0f x 0a 102a( )f x112xa1()(1)02ffa1 2a 1 211( )2exh xaxxx-=-+-( )h x2111xxxx-+-0( )h x17 / 19( )(1)0h xh试题解析：（I） 2121( )20).axfxaxxxx(0a 当时， 0，单调递增.x1+ )2a（，( )fx( )f x（II）令=，则=.( )s x1exx( )s x1e1x当时，0，所以，从而=0.1x ( )s x1exx( )g x111 exx（iii）由（II） ，当时，
31、0.1x ( )g x当，时，=.0a 1x ( )f x2(1)ln0a xx故当在区间内恒成立时，必有.( )f x( )g x1+ )（，0a 当时，1.102a1 2a由（I）有,从而，1()(1)02ffa1()02ga所以此时在区间内不恒成立.( )f x( )g x1+ )（，当时，令=().1 2a ( )h x( )f x( )g x1x 当时，=.1x ( )h x1 22111112exaxxxxxxx322221210xxxx xx因此在区间单调递增.( )h x1+ )（，又因为=0，所以当时，=0，即恒成立.(1)h1x ( )h x( )f x( )g x( )f
32、 x( )g x综上，.a1+ )2，考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问18 / 19题【名师点睛】本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力求函数的单调性，基本方法是求，解方程，再通过的正负确定的单调性；要证明函数不等式，一般证明的最小值大于 0，为此要研究函数的单调性本题中注意由于函数有极小值没法确定，因此要利用已经求得的结论缩小参数取值范围比较新颖，学生不易想到有一定的难度( )fx( )0fx ( )fx( )f x( )( )f xg x( )( )f xg x( )( )( )h xf xg
33、 x( )h x14.【2015 高考福建，文 22】已知函数2(1)( )ln2xf xx()求函数的单调递增区间； f x（）证明：当时， ；1x 1f xx（）确定实数的所有可能取值，使得存在，当时，恒有01x 0(1,)xx 1f xk x【答案】() ；（）详见解析；（） 150,2,1（II）令， F1xf xx0,x则有 21Fxxx当时， ，1,x F0x所以在上单调递减， F x1,故当时， ，即当时， 1x FF 10x 1x 1f xx（III）由（II）知，当时，不存在满足题意1k 01x 当时，对于，有，则，从而不存在满足题意1k 1x 11f xxk x 1f xk
34、 x01x 19 / 19当时，令， ，1k G1xf xk x0,x则有 2111G1xk xxxkxx 由得， G0x2110xk x 解得， 2111402kkx2211412kkx当时， ，故在内单调递增21,xx G0x G x21,x从而当时， ，即，21,xx GG 10x 1f xk x综上，的取值范围是,1【考点定位】导数的综合应用【名师点睛】利用导数判断或求函数的单调区间，通过不等式或求解，但是要兼顾定义域；利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式，注意与不等价，只是的特例，但是也可以利用它来证明，在 2014 年全国卷理科高考 21 题中，就是使用该种方法证明不等式；导数的强大功能就是通过研究函数极值、最值、单调区间来判断函数大致图象，这是利用研究基本初等函数方法所不具备的，而是其延续( )0fx ( )0fx ( )( )f xg xminmax( )( )f xg xminmax( )( )f xg x( )( )f xg x