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5.3.1函数的单调性 第三练 能力提升拔高
5.3.1函数的单调性
第三练 能力提升拔高
【试题来源】来自各地期中期末的联考试题，进行整理和改编；
【试题难度】本次训练试题难度较大，适合学完第三课后，起到提升解题能力和素养的目的.
【目标分析】
1.能熟练应用函数的单调性与其它性质解题，培养逻辑推理，如第1题.
2.能熟练应用函数的单调性求解不等式问题，比较大小问题，参数的取值范围问题，锻炼运算求解能力，如第2，3，6题.
3.能够灵活利用函数的单调性及其它知识证明不等式，培养转化与划归能力，如第13题.
一、单选题
（2023上·江苏·高二专题练习）
1．已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在单调递减
B．是奇函数，且在单调递增
C．是偶函数，且在单调递减
D．是偶函数，且在单调递增
（2024上·江苏南通·高三统考期末）
2．已知函数及其导函数的定义域均为，若，则（ ）
A． B．
C． D．
（2024·全国·模拟预测）
3．设定义在上的奇函数，其中为自然对数的底数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·北京顺义·高三统考期末）
4．设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·湖南娄底·高三统考期末）
5．已知函数的定义域为，对任意，有，则“”是“"的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
（2024上·辽宁大连·高一统考期末）
6．已知函数，对于任意且，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024上·安徽滁州·高二统考期末）
7．已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．(多选题)已知函数f(x)的导函数为，且，对任意的x∈R恒成立，则（ ）
A．f(ln2)<2f(0) B．f(2)C．f(ln2)>2f(0) D．f(2)>e2f(0)
（2024·云南曲靖·统考一模）
9．下列不等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
（2024上·山西太原·高三统考期末）
10．已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则 .
（2023上·重庆·高三重庆八中校考阶段练习）
11．知函数在上存在递增区间，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
（2024·云南昭通·统考模拟预测）
12．已知函数.
(1)讨论的单调区间；
(2)已知在上单调递增，且，求证：.
（2024上·山东济南·高三统考期末）
13．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若时，，求a的取值范围；
(3)对于任意，证明：．
【易错题目】第8，9题
【复盘要点】利用函数的单调性求解不等式问题
【典例】（2024上·山西忻州·高二统考期末）若函数，的导函数都存在，恒成立，且，则必有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由，得，设函数，利用导数证明单调递增，所以，据此即可求解.
【详解】由，得，
设函数，则，
所以单调递增，所以，
即，
因为，所以，
即.
故选：D.
【易错警示】利用构造函数发求解相关问题，当要证明的不等式比较直观时，我们可以直接构造函数.当问题较复杂时根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论．
（2023上·广东深圳·高二校考期末）
14．已知函数，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）
15．已知定义域为R的函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
（2024·全国·模拟预测）
16．设定义在上的奇函数，其中为自然对数的底数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2024·湖南长沙·统考一模）
17．已知函数是定义在上的增函数，且，则不等式的解集为 .
（2024·全国·模拟预测）
18．当时，不等式恒成立，则实数的最小整数为 ．
（2024上·四川成都·高三成都七中校考期末）
19．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)对，恒成立，求a的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据偶函数的定义分析可知是偶函数，再利用导数判断原函数的单调性.
【详解】因为的定义域为，定义域关于原点对称，
且，所以是偶函数，
又因为，
当时，则，可得，
则，
所以在单调递增．
故选：D．
2．C
【分析】方法一：设利用导数得到函数单调性，从而求解；
方法二：设特例法得解.
【详解】方法一：∵，
∴,
设则在上单调递减，
所以，
， 即，故C正确．
方法二：设又，C正确．
故选：C
3．A
【分析】利用复合函数的单调性用导数先证明单调递增，再由，且单调递增，得到是上单调递增的奇函数，再利用抽象函数解不等式即可.
【详解】函数是定义域为的奇函数，设，
则单调递增，
所以当时，，且单调递增，
当时，，且单调递增，
因此是上的增函数，
结合是上的奇函数，可得是上单调递增的奇函数．
由，
可得，
因此，
解得，
故选：A．
【点睛】方法点睛：构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合奇函数的性质得出原函数的单调性，再利用单调性解抽象函数解不等式.
4．A
【分析】令，利用导数求得的单调性，再转化即可得解.
【详解】令，则，
所以当时，，
所以在上单调递减，
因为，，，
而，所以，即.
故选：A.
5．A
【分析】根据题意可构造函数，利用函数单调性解不等式即可解得，再由集合间的关系可得结论.
【详解】设，该函数的定义域为，
则，所以在上单调递增.
由可得，
即，又在上单调递增，所以，解得，
显然集合是集合的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据构造函数，并将不等式变形，利用单调性解不等式即可得结论.
6．D
【分析】由题意通过构造函数，说明其在上单调递减，对分类讨论即可得解.
【详解】由题意不妨设，
又对于任意且，都有，
即对于任意且，都有，即，
所以在上单调递减，
当时，则在上单调递减，满足题意；
当时，在上单调递减，此时对称轴为，
若，则，即，故满足题意；
若，则，即满足题意；
综上所述，实数a的取值范围是.
故选：D.
7．BC
【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果.
【详解】令，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，故A错误，B正确；
又，所以，
即，故C正确，D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数．
(3)利用导数研究的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
8．AB
【分析】根据给定条件构造函数，利用导数探讨函数的单调性即可判断作答.
【详解】依题意，令，则，于是得在R上单调递减，
而ln2>0，2>0，则，，即，，
所以f(ln2)<2f(0)，f(2)故选：AB
9．ABC
【分析】利用函数的单调性可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；利用函数在上的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，令，则，
当时，，则函数在上单调递减，
因为，则，即，即，即，
所以，，A对；
对于B选项，令，则，
当时，，即函数在上为增函数，
所以，，即，B对；
对于C选项，令，其中，
则对任意的恒成立，
所以，函数在上为增函数，因为，则，
所以，，C对；
对于D选项，令，其中，则，
令，
由C选项可知，对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，则，
则函数在上单调递增，
因为，则，即，
又因为，即，D错.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
10．
【分析】方程变形为，令换元后利用函数的性质得出，从而可求解．
【详解】由得，令，则方程化为，
设，则，易知时，，递减，时，，递增，
而时，，因此时，，
又，因此，且，
∴，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：两个变量在两个不同的方程中，本题方法是利用换元法，把两个方程化为同一种形式，然后结合函数的单调性得出变量的关系．
11．
【分析】求出函数的导数，然后导数在区间上有解即可.
【详解】由题意得的定义域为，
所以，
因为函数在区间上存在递增区间，即在区间上能成立，
即，设，开口向上，对称轴为，
所以当时，单调递增，所以，
所以，则，即.
故答案为：.
12．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导后，对参数分类讨论，考查导数的正负即可；
（2）根据题意得，所证不等式可以转化为，构造函数，求导判断单调性，继而可以证明.
【详解】（1）的定义域为.
.
①当时，由得，单调递增，
由得，单调递减，
在区间上单调递增，在区间上单调递减；
②当时，由得，或，
在区间上单调递减，在区间上单调递增；
③当时，在上单调递增；
④当时，由得，或，
由得，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增.
综上，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由（1）知，当且仅当时，在上单调递增，
即：
.
，
又且在上单调递增，
和均不成立.
故不妨设，
因此要证，即证，
因为在上单调递增，
所以即证.
又，
故只需证，
即证.
设，
.
，
故.
因此在上单调递增，
所以.
故，
又因为在上单调递增，
.
【点睛】方法点睛：证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
13．(1)的单调递增区间为，无单调递减区间；
(2)；
(3)证明见解析．
【分析】（1）将代入函数，对函数二次求导，即可求出函数的单调区间；
（2）分情况讨论，结合（1）中结论，判断符合题意，对函数二次求导，分别判断和不符合题意，最终确定的取值范围；
（3）根据（2）中结论先得到，取取，得到，令，，…，，累加可得；又构造函数，
求导判断函数单调性可得：，，取（），得，令，，…，，累加得，结论得证.
【详解】（1）的定义域为；
当时，，则；
令，则；
故当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
于是，即，
故的单调递增区间为，无单调递减区间.
（2）由题意知，令，
则；
由（1）可知若，则当时，，
若，则当时，有
，符合题意；
若，则当时，，于是，
单调递减，则，与题意矛盾；
若，则当时，，于是，
单调递减，此时，与题意矛盾；
综上所述：a的取值范围是．
（3）当时，上（2）可知，
即，取，可得
，
即．
令，，…，，累加可得
．
另一方面，考虑函数，，
则，
在上单调递减，则，
于是，．
取（），可得，
整理得．
令，，…，，
累加可得．
综上所述，对于任意，成立．
【点睛】二次求导探究函数得单调性；
分类讨论确定的取值；
构造函数，利用函数的单调性证明不等式；
累加法的运用.
14．C
【分析】由已知可得函数为增函数，且为奇函数，进而可由得，解得答案.
【详解】函数，定义域为，
函数恒成立，
故函数为增函数，
又由，
故函数为奇函数，
，
则，
解得：.
故选：C.
15．B
【分析】令，由题意可得出在R上单调递增，所以不等式可变形为得，由单调性解不等式即可得出答案.
【详解】令，则，
则在R上单调递增，，
由可得，即，
得，，
故选：B．
16．A
【分析】利用复合函数的单调性用导数先证明单调递增，再由，且单调递增，得到是上单调递增的奇函数，再利用抽象函数解不等式即可.
【详解】函数是定义域为的奇函数，设，
则单调递增，
所以当时，，且单调递增，
当时，，且单调递增，
因此是上的增函数，
结合是上的奇函数，可得是上单调递增的奇函数．
由，
可得，
因此，
解得，
故选：A．
【点睛】方法点睛：构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合奇函数的性质得出原函数的单调性，再利用单调性解抽象函数解不等式.
17．
【分析】构造函数，求导后得，由在上为增函数，所以，从而在上为增函数，又由，从而可求解.
【详解】由题意知在上为增函数，所以恒成立，
构造函数，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为，
所以当时，，即，
所以的解集为.
故答案为：.
18．1
【分析】不等式恒成立转化为恒成立，构造函数证明恒成立范围即可.
【详解】当时，，
不等式恒成立，
则，即恒成立，
亦即恒成立，
令，，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，所以，
因为，所以，
所以当时原不等式一定成立，即，
令，，则，
令，，则恒成立，
所以在单调递增，所以，即在恒成立，
所以在单调递增，所以，
即，，故，
据此可判断满足不等式成立，
所以实数的最小整数为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）；（2）.
19．(1)递增区间为；
(2).
【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间即得.
（2）取特值判断，再借助（1）中信息及不等式性质可得，然后利用导数探讨的情况即得.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
当时，，当时，，则函数在上递减，在上递增，
，即，，当且仅当时取等号，
所以函数在上单调递增，即函数的递增区间为.
（2）依题意，，则，
由（1）知，当时，恒成立，
当时，，，
则，因此；
当时，求导得，令，
求导得，当时，，
则函数，即在上单调递减，当时，，
因此函数在上单调递减，当时，，不符合题意，
所以a的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以按参数值分段讨论，利用导数结合函数零点探讨函数值正负即可作答.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页5.3.1函数的单调性 第三课 知识扩展延伸
5.3.1函数的单调性
第三课 知识扩展延伸
扩展1：导数背景下函数单调性充要条件的探究
例1．函数是定义在上的可导函数，则“函数为上的增函数”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】函数为上的增函数，说明在上恒成立，且在上的任意非空子区间内都不恒等于0，推不出．
由函数是定义在上的可导函数及显然能推出函数为上的增函数．
所以“函数为上的增函数”是“”的必要不充分条件．
【答案】B
【方法总结】（1）在某个区间内，是函数在此区间内单调递增（减）的充分不必要条件．
（2）函数在内单调递增（减）的充要条件是在内恒成立，且在区间内的任意非空子区间内等不恒等于0．就是说，在某个区间内的个别点处有并不影响函数在该区间内的单调性．
【举一反三1-1】
（2024上·浙江温州·高三统考期末）
1．已知x，，则“”是“”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件 B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件 D．既不是充分条件也不是必要条件
扩展2：构造函数解不等式问题
例2.已知定义在上的可导函数的导函数为，对任意实数x，均有成立，且是上的奇函数，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【思路分析】构造函数，利用导数和已知条件判断出在上为增函数，由此求出不等式的解集．
【解析】由题可知，所求不等式等价于，
令，则恒成立，
所以在上为增函数．
又因为是奇函数，所以，故，则所求不等式等价于，
解得，所以所求不等式的解集为，故选A．
【答案】A
【方法总结】解有关函数的不等式问题的方法与关键
（1）对于解有关函数的不等式问题，如果直接通过函数的表达式得不到结果，或者直接求解比较烦琐，可以通过研究函数的单调性，利用构造函数法解不等式．
（2）求解此类题目的关键是构造新函数，研究新函数的单调性及其导函数的结构形式，因此熟悉以下结论可以达到事半功倍的效果．
①对于，构造函数，一般地，遇到，即导函数大于某个非零常数a（若，则无需构造），则可构造函数．
②对于，构造函数．
③对于，构造函数．
④对于，构造函数．
⑤对于，构造函数．
⑥对于，构造函数．
⑦对于，分类讨论：若，则构造函数；若，则构造函数．
【举一反三2-1】
[江苏苏州2022高二期中]
2．已知的定义域是，为的导函数，且满足，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【举一反三2-2】
3．已知是定义在非零实数集上的函数，为其导函数，且当时，．记，，，则（ ）
A． B． C． D．
【举一反三2-3】
4．已知，则
A． B．
C． D．
【举一反三2-4】
5．下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
扩展3： 直接构造函数证明不等式
例3.证明：对于，不等式恒成立．
【思路分析】将不等式作差变形为，构造函数，分析的单调性，并证明．
【证明】当时，不等式，等价于．
设，
则，
∵，∴，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，即，故．
【关键点拨】当要证明的不等式比较直观时，我们可以直接构造函数，然后用导数证明该函数的单调性，最后再利用函数的单调性达到证明不等式的目的．有时对要证明的式子进行适当地变形会起到事半功倍的效果．
【举一反三3-1】
（2024上·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考期末）
6．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：在上.
扩展4：放缩构造证明不等式
例4.已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若且，求证：．
（1）【解】函数的定义域为，
，
①若（提示：不要忘记参数可为0的情况），则，在上单调递减；
②若，则当时，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）【证明】若且，欲证，只需证，
由于，，则，故只需证明（提示：放缩），
只需证明．
令，则当时，（提示：放缩），
则函数在上单调递减，则当时，，所以，即原不等式成立．
【方法总结】一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论．
【举一反三4-1】
（2024上·安徽合肥·高三校联考期末）
7．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：对于任意正整数n，都有．
（2023·全国·统考高考真题）
8．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A． B．e C． D．
（江西·高考真题）
9．已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
（陕西·高考真题）
10．是定义在上的非负可导函数，且满足．对任意正数a，b，若，则必有（ ）
A． B．
C． D．
（湖南·高考真题）
11．设分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，．且，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
（全国·高考真题）
12．若函数在上单调递增，则的取值范围是
A． B． C． D．
（全国·高考真题）
13．若函数在是增函数，则a的取值范围是
A． B． C． D．
（广东·高考真题）
14．设函数，则的单调递增区间为 ．
（2023·全国·统考高考真题）
15．设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是 .
（北京·高考真题）
16．设函数f（x）=ex+ae x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a= ；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是 ．
（陕西·高考真题）
17．设函数，其中为实数．
(1)若的定义域为，求的取值范围；
(2)当的定义域为时，求的单调减区间．
（2023·全国·统考高考真题）
18．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若函数在单调递增，求的取值范围．
（2023·全国·统考高考真题）
19．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】设，利用导数研究函数的性质可知在上单调递增，
结合函数的单调性解不等式以及充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】设，则，
令，所以函数在上单调递增.
当时，则，即，充分性成立；
当时，有，得，
所以不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．B
【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性，根据单调性建立不等式求解即可.
【详解】令，则，所以函数在区间上单调递增，所以，解之得或，即原不等式的解集为，
故选：B.
3．C
【分析】令，得，结合条件推出的正负，得到的单调性，然后判断、 、大小关系，即可得出答案.
【详解】令，得．
∵当时，，
∴当时，，故在上单调递减．
又，，，
∴，
∴，故．
故选：C．
4．D
【分析】构造函数，利用导数说明其单调性，即可判断AB；
设，利用导数研究其单调性，即可得解；
【详解】解：设，则，由，得，所以函数在上单调递增；由，得，函数在上单调递减，故函数在上不单调，所以与的大小无法确定，从而排除A，B；设，则，由，得，即函数在上单调递增，故函数在上单调递增，所以，即，所以.
故选：D
【点睛】本题考查构造函数判断函数的单调性，利用函数的单调性比较函数值的大小，属于中档题.
5．ABC
【分析】根据选项构造函数，证明，即，当时取等号．再逐一判断各选项即可.
【详解】令，则，
令，．
当时，单调递增，，，
所以存在，使得，
且当，，单调递减；
当，，单调递增．
又，，所以存在，使得，
且当，，单调递增；
当，，单调递减．
又，，
所以当，使得，即，当时取等号．
对于A，当时，则有，故A正确．
对于B，当时，则有，所以，即，故B正确；
对于C，，即，故C正确；
对于D，又，故D错误．
故选:ABC．
6．(1)递增区间为，递减区间为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再求出导函数大于0、小于0的解集即得.
（2）利用（1）的结论，求出函数的最大值，再构造函数并求出最小值即得.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
由，得，由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
则，即，
令，求导得，
当时，单调递减；当时，单调递增，
于是，即，
所以当时，，即.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
7．(1)
答案见解析
(2)证明见详解.
【分析】(1)由，又的定义域为，讨论与的大小关系，即可判定函数的单调性；
(2)当时，在上单调递减，在上单调递增，则，即，对于任意正整数，令，有，即可得证．
【详解】（1）的定义域为，
，
若，当，则，所以在上单调递增；
若，当，则，所以在上单调递减；
当，则，所以在上单调递减；
综上所述，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递减.
（2）由(1)知当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即当时，，
对于任意正整数，令，
有，
所以，
即，
即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是令，用已知函数的单调性构造，再令,恰当地利用对数求和进行解题．
8．C
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
9．C
【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.
【详解】由题给函数的图象，可得
当时，，则，则单调递增；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递减；
当时，，则，则单调递增；
则单调递增区间为，；单调递减区间为
故仅选项C符合要求.
故选：C
10．A
【分析】构造函数，再分类讨论即可求解.
【详解】解：令，，
所以在上为常函数或递减,
若在上为单调递减，所以，
即①，②
①②两式相乘得：
所以，
若在上为常函数，且，则，
即③，④，
③④两式相乘得：
所以，
综上所述，
故选：A
11．D
【分析】构造函数，利用已知可判断出其奇偶性和单调性，进而即可得出不等式的解集．
【详解】令，则，因此函数在上是奇函数．
①当时，，在时单调递增，
故函数在上单调递增．
，
，
．
②当时，函数在上是奇函数，可知：在上单调递增，且（3），
，的解集为．
③当时，，不符合要求
不等式的解集是，，．
故选：D
12．C
【详解】试题分析：对恒成立，
故，即恒成立，
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，故只需保证，解得．故选C．
【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,求解的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问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.
13．D
【详解】试题分析：由条件知在上恒成立，即在上恒成立．
∵函数在上为减函数，
∴,
∴．
故选D．
考点：函数的单调性与导数的关系．
14．
【分析】根据，则单调递增，求解的范围即为的单调递增区间．
【详解】，则
令，则
∴的单调递增区间为
故答案为：．
15．
【分析】原问题等价于恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得，由右侧函数的单调性可得实数的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得在区间上恒成立，
则，即在区间上恒成立，
故，而，故，
故即，故，
结合题意可得实数的取值范围是.
故答案为：.
16． -1; .
【分析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用导函数的解析式可得a的取值范围.
【详解】若函数为奇函数,则，
对任意的恒成立.
若函数是上的增函数,则恒成立,.
即实数的取值范围是
【点睛】本题考查函数的奇偶性 单调性 利用单调性确定参数的范围.解答过程中,需利用转化与化归思想,转化成恒成立问题.注重重点知识 基础知识 基本运算能力的考查.
17．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由已知，，，则，可解得实数的取值范围；
（2）求出，对实数的取值范围进行讨论，利用导数与函数单调性之间的关系可求得函数的单调递减区间.
【详解】（1）解：由题意可知，，，则，解得.
因此，实数的取值范围是.
（2）解：由题意可知，，.
因为时，.
①当时，即当时，由可得，
此时函数的单调递减区间为；
②当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时函数无单调递减区间；
③当时，即当时，由可得，
此时函数的单调递减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
【点睛】方法点睛：
（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法
①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．
②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．
19．(1)在上单调递减
(2)
【分析】（1）代入后，再对求导，同时利用三角函数的平方关系化简，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数，从而得到，注意到，从而得到，进而得到，再分类讨论与两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得恒成立，再分类讨论，与三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
则
，
令，由于，所以，
所以，
因为，，，
所以在上恒成立，
所以在上单调递减.
（2）法一：
构建，
则，
若，且，
则，解得，
当时，因为，
又，所以，，则，
所以，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
综上所述：若，等价于，
所以的取值范围为.
法二：
因为，
因为，所以，，
故在上恒成立，
所以当时，，满足题意；
当时，由于，显然，
所以，满足题意；
当时，因为，
令，则，
注意到，
若，，则在上单调递增，
注意到，所以，即，不满足题意；
若，，则，
所以在上最靠近处必存在零点，使得，
此时在上有，所以在上单调递增，
则在上有，即，不满足题意；
综上：.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论这种情况的关键是，注意到，从而分类讨论在上的正负情况，得到总存在靠近处的一个区间，使得，从而推得存在，由此得解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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