專題14導數與函數的單調性（九大題型+模擬精練）目錄：01利用導數求函數的單調區間（不含參）02用導數判斷或證明函數的單調性03含參分類討論函數的單調區間04由函數的在區間上的單調性求參數05函數與導數圖像之間的關系06利用導數比較大小（含構造函數）07利用導數解不等式08抽象函數與導數09用導數解決實際問題01利用導數求函數的單調區間（不含參）1．（2024高三·全國·專題練習）求下列函數的單調區間．(1)；(2)；(3)．2．（2024高三·全國·專題練習）函數單調遞減區間是（

）A． B．C． D．3．（2023·全國·模擬預測）已知函數，則的單調遞增區間為（

）A． B． C． D．02用導數判斷或證明函數的單調性4．（23-24高三下·河南鄭州·階段練習）已知函數在處的切線方程為.(1)求，的值；(2)證明：在上單調遞增.5．（23-24高二上·江蘇鹽城·期末）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)求證：在上單調遞增．6．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）已知函數.(1)求的解析式；(2)判斷在上的單調性.03含參分類討論函數的單調區間7．（23-24高三上·湖北·期中）已知函數.(1)若曲線在點處的切線與直線平行，求出這條切線的方程；(2)討論函數的單調性.8．（23-24高二下·山東濰坊·期中）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)討論函數的單調性.9．（23-24高三上·內蒙古赤峰·期中）已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，討論函數在上的單調性.04由函數的在區間上的單調性求參數10．（23-24高二下·黑龍江哈爾濱·階段練習）若函數的單調遞減區間為，則（

）A． B． C．16 D．2711．（23-24高三上·廣東汕頭·期中）設，若函數在遞增，則的取值范圍是（

）A．B． C． D．12．（2023·貴州遵義·模擬預測）若函數在區間上單調遞增，則的可能取值為（

）A．2 B．3 C．4 D．513．（2023高三·全國·專題練習）若函數恰有三個單調區間，則實數a的取值范圍為（

）A． B． C． D．14．（2023·廣西玉林·二模）若函數在上為增函數，則a的取值范圍是（

）A． B．C． D．05函數與導數圖像之間的關系15．（2024·重慶·模擬預測）已知函數，為實數，的導函數為，在同一直角坐標系中，與的大致圖象不可能是（

）A． B．C． D．16．（23-24高二下·安徽合肥·期中）已知函數的大致圖象如圖所示（其中是函數的導函數），則的圖象可能是（

）A． B．C． D．17．（2013·廣東廣州·一模）已知函數的圖像如圖所示，則其導函數的圖像可能是（

）A． B．C． D．06利用導數比較大小（含構造函數）18．（23-24高二下·安徽·階段練習）已知，，，則（

）A． B． C． D．19．（2024·山東泰安·模擬預測）已知定義域為R的偶函數在上單調遞減，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．20．（2024·河北滄州·模擬預測）已知，設，，，則，，的大小關系為（

）A． B．C． D．21．（23-24高二下·四川成都·期中）已知，則下列選項正確的是（

）A． B．C． D．22．（2024·安徽·三模）已知實數滿足，則（

）A． B．C． D．23．（2024·山西·三模）已知函數，若，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．07利用導數解不等式24．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函數，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．25．（2024·湖南永州·三模）已知函數，其中是自然對數的底數.若，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．26．（23-24高二下·天津·期中）已知定義在上的奇函數滿足，，當時，，則的解集為（

）A． B．C． D．27．（23-24高二下·河南·期中）已知定義在上的單調遞增函數滿足恒成立，其中是函數的導函數.若，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．08抽象函數與導數28．（2024·陜西西安·模擬預測）定義在上的函數的導函數為，且有，且對任意都有，則使得成立的的取值范圍是.29．（2023高三·全國·專題練習）已知函數及其導函數的定義域均為，滿足，，，當時，，則不等式的解集為．09用導數解決實際問題30．（23-24高三下·上海松江·階段練習）采礦、采石或取土時，常用炸藥包進行爆破，部分爆破呈圓錐漏斗形狀（如圖），已知圓錐的母線長是炸藥包的爆破半徑R，若要使爆破體積最大，則炸藥包埋的深度為31．（23-24高三上·上海嘉定·期中）據環保部門測定，某處的污染指數與附近污染源的強度成正比，與到污染源距離的平方成反比，比例常數為.現已知相距18km的，兩家化工廠（污染源）的污染強度分別為，，它們連線段上任意一點處的污染指數等于兩化工廠對該處的污染指數之和.設.若，且時，取得最小值，則的值為.32．（2024·上海徐匯·二模）如圖，兩條足夠長且互相垂直的軌道相交于點，一根長度為的直桿的兩端點分別在上滑動（兩點不與點重合，軌道與直桿的寬度等因素均可忽略不計），直桿上的點滿足，則面積的取值范圍是.一、單選題1．（2024·遼寧沈陽·三模）已知函數，則“”是“在上單調遞增”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2．（2024·湖北武漢·模擬預測）函數（

）A．是偶函數，且在區間上單調遞增 B．是偶函數，且在區間上單調遞?C．是奇函數，且在區間上單調遞增 D．既不是奇函數，也不是偶函數3．（2024·天津紅橋·二模）函數的圖象大致是（

）A．B．C． D．4．（2024·山東濰坊·三模）已知函數的導函數為，且，當時，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．5．（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中為自然對數的底數，則（

）A． B． C． D．6．（2024·山東濟南·一模）若不等式對任意的恒成立，則的最小值為（

）A． B．C． D．7．（2024·重慶·二模）設函數，點，其中，且，則直線斜率的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．（2023·四川達州·一模）已知，，若不等式的解集中只含有個正整數，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．二、多選題9．（2024·山東·模擬預測）已知分別是定義域為的偶函數和奇函數，且，設函數，則（

）A．是奇函數 B．是偶函數 C．在上單調遞減 D．在上單調遞增10．（2023·全國·模擬預測）數學模型在生態學研究中具有重要作用．在研究某生物種群的數量變化時，該種群經過一段時間的增長后，數量趨于穩定，增長曲線大致呈“S”形，這種類型的種群增長稱為“S”形增長，所能維持的種群最大數量稱為環境容納量，記作K值．現有一生物種群符合“S”形增長，初始種群數量大于0，現用x表示時間，表示種群數量，已知當種群數量為時，種群數量的增長速率最大．則下列函數模型可用來大致刻畫該種群數量變化情況的有（

）A． B．C． D．11．（2023·海南海口·模擬預測）已知函數的定義域為，其導函數為，且，，則（

）A． B．C．在上是減函數 D．在上是增函數三、填空題12．（2024·河北邢臺·二模）若，，，則a，b，c的大小關系是（請用“<”連接）．13．（2024·四川·模擬預測）已知函數在區間上不單調，則m的取值范圍是.14．（2024·內蒙古赤峰·模擬預測）已知定義在上的函數滿足，且，則下列說法正確的是.①是奇函數

②③

④時，四、解答題15．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數(1)求在處的切線；(2)比較與的大小并說明理由.16．（2024·山東·模擬預測）已知函數．(1)若曲線在處的切線與直線垂直，求的值；(2)討論的單調性．17．（2024·全國·模擬預測）已知函數．(1)討論函數的單調性；(2)若函數的最小值為，不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．18．（2024·海南·模擬預測）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)若函數（為的導函數），討論的單調性.19．（2024·山東泰安·模擬預測）在數學中，由個數排列成的m行n列的數表稱為矩陣，其中稱為矩陣A的第i行第j列的元素.矩陣乘法是指對于兩個矩陣A和B，如果4的列數等于B的行數，則可以把A和B相乘，具體來說：若，，則，其中.已知，函數.(1)討論的單調性；(2)若是的兩個極值點，證明：，.成套的課件成套的教案成套的試題成套的微專題盡在高中數學同步資源大全QQ群552511468也可聯系微信fjshuxue加入百度網盤群1.5T一線老師必備資料一鍵轉存自動更新永不過期專題14導數與函數的單調性（九大題型+模擬精練）目錄：01利用導數求函數的單調區間（不含參）02用導數判斷或證明函數的單調性03含參分類討論函數的單調區間04由函數的在區間上的單調性求參數05函數與導數圖像之間的關系06利用導數比較大小（含構造函數）07利用導數解不等式08抽象函數與導數09用導數解決實際問題01利用導數求函數的單調區間（不含參）1．（2024高三·全國·專題練習）求下列函數的單調區間．(1)；(2)；(3)．【答案】(1)單調遞增區間為，單調遞減區間為．(2)單調遞增區間為，單調遞減區間為和.(3)單調遞增區間為，單調遞減區間為和．【分析】根據導數公式以及導數運算法則進行求導，令導數大于零，求得函數的增區間，令導數小于零，求得函數的減區間，逐一計算即可.【解析】（1）函數的定義域為，．令，得，令，得，∴在上單調遞增，在上單調遞減，∴函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．（2）函數的定義域為，，令，得；令，得或．∴函數單調遞增區間為，單調遞減區間為和.（3）函數的定義域為R，，令，得；令，得或．∴函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為和．2．（2024高三·全國·專題練習）函數單調遞減區間是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求導后，令，解出即可.【解析】,令，解得，所以單調遞減區間為.故選：A.3．（2023·全國·模擬預測）已知函數，則的單調遞增區間為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據對數真數大于零可構造不等式組求得函數定義域；利用導數可求得函數單調遞增區間．【解析】由得：，即的定義域為；，當時，；當時，；的單調遞增區間為．故選：A．02用導數判斷或證明函數的單調性4．（23-24高三下·河南鄭州·階段練習）已知函數在處的切線方程為.(1)求，的值；(2)證明：在上單調遞增.【答案】(1)，(2)證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得，即可得到方程組，解得即可；（2）令，，利用導數說明函數的單調性，即可得到當時，即當時，即可得證.【解析】（1）因為，所以，依題意可得，即，解得，所以.（2）證明：由（1）可得，則，令，，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，即當時，所以在上單調遞增.5．（23-24高二上·江蘇鹽城·期末）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)求證：在上單調遞增．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由題意求導函數，求出切線的斜率和切點坐標，即可得出切線方程；（2）證出導函數恒大于等于0即可.【解析】（1）因為，所以,所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）由（1）知，，因為所以，又，所以，所以在上單調遞增.6．（23-24高二下·河北石家莊·階段練習）已知函數.(1)求的解析式；(2)判斷在上的單調性.【答案】(1)(2)在上的單調遞減.【分析】（1）先對求導，再將代入到函數可求出，進而求出的解析式；（2）先對求導，當時，，，所以恒成立，即可得出答案.【解析】（1）因為，所以，則，所以，所以.（2），當時，，，所以恒成立，所以在上的單調遞減.03含參分類討論函數的單調區間7．（23-24高三上·湖北·期中）已知函數.(1)若曲線在點處的切線與直線平行，求出這條切線的方程；(2)討論函數的單調性.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）求導，根據導函數幾何意義和平行關系得到方程，求出，從而得到，求出切線方程；（2）求定義域，求導，對導函數因式分解，分，和三種情況，討論得到函數的單調性.【解析】（1），由已知，∴得又∴曲線在點處的切線方程為化簡得：（2）定義域為R，，令得或①當即時，令得或，令得，故在單調遞減，在，上單調遞增；②當即時，恒成立，故在R上單調遞增；③當即時，令得或，令得，在上單調遞減，在，上單調遞增；綜上，當時，在單調遞減，在，上單調遞增；當時，在R上單調遞增；當時，在上單調遞減，在，上單調遞增；8．（23-24高二下·山東濰坊·期中）已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)討論函數的單調性.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）求出函數的導函數，即可求出切線的斜率，再利用點斜式求出切線方程；（2）求出函數的導函數，分、兩種情況討論，分別求出函數的單調區間.【解析】（1）當時，則，所以，因為，即切點為，所以切線方程為，即.（2）函數的定義域為，又，當時，恒成立，函數在上單調遞增；當時，則當時，當時，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減；綜上可得：當時在上單調遞增；當時在上單調遞增，在上單調遞減.9．（23-24高三上·內蒙古赤峰·期中）已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，討論函數在上的單調性.【答案】(1)(2)單調遞增【分析】（1）利用導數的幾何意義求切線的斜率，再由點斜式得切線方程；（2）研究函數在上的單調性，先求解，因不易判斷符號，由構造局部函數，再繼續求解，分析得出，由此逐步分析出符號，從而得出的單調性.【解析】（1），，即切點坐標為，又，切線斜率，則切線方程為，即：；（2），，令，則，在上單調遞增，，在上恒成立，在上單調遞增.04由函數的在區間上的單調性求參數10．（23-24高二下·黑龍江哈爾濱·階段練習）若函數的單調遞減區間為，則（

）A． B． C．16 D．27【答案】A【分析】根據導數分析單調性，結合二次不等式的解集與系數關系求解即可.【解析】由題意，且的解集為，故，解得，故.故選：A11．（23-24高三上·廣東汕頭·期中）設，若函數在遞增，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把函數在遞增利用導數轉化為在上恒成立，利用指數函數單調性得，解對數不等式即可得解.【解析】因為函數在遞增，所以在上恒成立，則，即在上恒成立，由函數單調遞增得，又，所以，所以，所以即，解得，所以的取值范圍是.故選：B12．（2023·貴州遵義·模擬預測）若函數在區間上單調遞增，則的可能取值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】由，結合題意在上恒成立求范圍，即可判斷所能取的值.【解析】由題設在區間上單調遞增，所以恒成立，所以上恒成立，即恒成立，而在上遞增，故.所以A符合要求.故選：A13．（2023高三·全國·專題練習）若函數恰有三個單調區間，則實數a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據導函數有兩個不等根計算即可.【解析】由題意得函數的定義域為，，要使函數恰有三個單調區間，則有兩個不相等的實數根，∴，解得且，故實數a的取值范圍為，故選：C.14．（2023·廣西玉林·二模）若函數在上為增函數，則a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】對函數求導，根據題意可得對恒成立，列出不等式組，解之即可求解.【解析】依題意得對恒成立，即對恒成立．因為y＝ax＋a＋1的圖象為直線，所以，解得．故選：B.05函數與導數圖像之間的關系15．（2024·重慶·模擬預測）已知函數，為實數，的導函數為，在同一直角坐標系中，與的大致圖象不可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先通過特值代入易得A項符合，對于B,C,D項，通過圖象觀察分析可得，結合兩函數圖象交點的位置舍去C項.【解析】由可得對于，當時，在第一象限上遞減，對應圖象在第四象限且遞增，故A項符合；對于在第一象限上與的圖象在上都單調遞增，故且，則.又由可得，即與的圖象交點橫坐標應大于1，顯然C項不符合，B,D項均符合.故選：C.16．（23-24高二下·安徽合肥·期中）已知函數的大致圖象如圖所示（其中是函數的導函數），則的圖象可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由的圖象可知，當時，當時，即可求解.【解析】由的圖象可知，，所以當時，，當時，，則函數在上單調遞增，在上單調遞減.結合選項可知：C正確，ABD錯誤.故選：C17．（2013·廣東廣州·一模）已知函數的圖像如圖所示，則其導函數的圖像可能是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據函數的圖像、單調性以及導數等知識確定正確答案.【解析】由圖可知，當時，單調遞減，，由此排除BD選項.當時，從左向右，是遞增、遞減、遞增，對應導數的符號為，由此排除C選項，所以A選項正確.故選：A06利用導數比較大小（含構造函數）18．（23-24高二下·安徽·階段練習）已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用放縮法可得，，作差可比較的大小.【解析】令,求導得，所以，所以，，，所以，．所以.所以.故選：C.19．（2024·山東泰安·模擬預測）已知定義域為R的偶函數在上單調遞減，則下列結論正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】對所要比較的式子適當變形，構造函數證得，結合已知即可進一步求解.【解析】因為定義域為R的偶函數在上單調遞減，所以定義域為R的偶函數在上單調遞增，而，令，則在上恒成立，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，即，而定義域為R的偶函數在上單調遞增，綜上所述，.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵是構造出適當的函數，從而得出，由此即可順利得解.20．（2024·河北滄州·模擬預測）已知，設，，，則，，的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據函數的奇偶性，以及構造函數利用導數求解單調性即可.【解析】當時，由得，所以為偶函數．又，當時，令，則，所以在上單調遞減，所以，即，所以在上單調遞減．，，所以，令，，則，因為，所以在上單調遞增，所以，即，所以，得．故，從而，即.故選：C．21．（23-24高二下·四川成都·期中）已知，則下列選項正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】構造函數，利用導數研究其單調性判定選項即可.【解析】令，則，顯然，即在上單調遞增，而，，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即A錯誤；易知，則，即C正確；且，即B錯誤；由于與大小不確定，則的大小不能確定，即大小不確定，如其中有時，，故D錯誤.故選：C22．（2024·安徽·三模）已知實數滿足，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出，構造函數，利用導數研究單調性，比較出，構造函數，比較出，即可求解.【解析】依題意，則.令，故，故當時，在上單調遞增，故，則.令，則，故當時，在上單調遞增，則，則.綜上所述：.故選：A23．（2024·山西·三模）已知函數，若，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先得到關于直線對稱，并根據復合函數單調性得到其單調性，再構造相關函數的單調性得到，則比較出大小關系.【解析】因為，則，則關于直線對稱，當時，，根據復合函數單調性知在上單調遞減，且在上也單調遞減，則在上單調遞減，再結合其對稱性知在上單調遞增.令，則，，所以在上單調遞增，且，所以即.令，則，設，，所以單調遞減且，因此，所以單調遞減且，所以，即.由得，所以.又因為，且，所以.設，，則，則在上單調遞增，則，即，即在上恒成立，即，所以.所以，則，故，而，即.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是得到的對稱性和單調性，再構造新函數，利用導數的單調性得到，則比較出三者大小.07利用導數解不等式24．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函數，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先判斷函數的單調性和奇偶性，從而由函數的單調性與奇偶性解不等式即可.【解析】的定義域為R，，所以，在上，，則函數單調遞減，在上，，則函數單調遞增.因為，所以是偶函數.由，可得，于是，即，化簡得，解得，即.故選：D.25．（2024·湖南永州·三模）已知函數，其中是自然對數的底數.若，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求導后結合基本不等式可得在上單調遞增，令g，從而可得在上單調遞增，且為奇函數，從而可化為，求解即可.【解析】，在上單調遞增.令，在上單調遞增，因為，所以為奇函數，則化為所以，解得，.故選：C26．（23-24高二下·天津·期中）已知定義在上的奇函數滿足，，當時，，則的解集為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】構造函數，根據已知條件判斷的單調性，奇偶性，結合的模擬草圖，數形結合即可求得結果.【解析】令，則，由題可知，當時，，故在單調遞減；又為奇函數，也為奇函數，故為偶函數，則在單調遞增；又，則，畫出的模擬草圖如下所示：

當時，，則，數形結合可知，此時；當，因為為上的奇函數，故，不滿足題意；當，，則，數形結合可知，此時；綜上所述：的解集為.故選：A.27．（23-24高二下·河南·期中）已知定義在上的單調遞增函數滿足恒成立，其中是函數的導函數.若，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由題意可得，構造函數，討論函數的單調性，將轉化為，結合單調性解不等式即可求解.【解析】由題意知，在上單調遞增，則，不等式恒成立轉化為，即，設，則，所以在上單調遞減，則，由，得，即，所以，解得，即實數m的取值范圍為.故選：D08抽象函數與導數28．（2024·陜西西安·模擬預測）定義在上的函數的導函數為，且有，且對任意都有，則使得成立的的取值范圍是.【答案】【分析】構造函數，根據導數確定函數的單調性，即可結合奇偶性求解.【解析】由知是奇函數，，設，則，在上單調遞增，由得，即，，得的取值范圍是.故答案為：29．（2023高三·全國·專題練習）已知函數及其導函數的定義域均為，滿足，，，當時，，則不等式的解集為．【答案】【分析】令，由及可得，，從而得關于對稱，再令，則原不等式等價于，利用導數得在上單調遞增，再由得關于對稱，從而得在上單調遞增且有，從而得答案.【解析】解：令，因為，所以，所以（為常數），又因為，所以，所以＝0，即，則函數關于對稱，令，則原不等式等價于，當時，因為，則，此時單調遞增．因為，所以函數關于對稱，則函數在時單調遞增，又因為，則，，所以的解集為，即原不等式的解集為．故答案為：．【點睛】思路點睛：對于解抽象函數(可導)的不等式的試題，要構造函數，利用導數確定函數的單調性再結合函數的對稱性(周期性)求解即可.09用導數解決實際問題30．（23-24高三下·上海松江·階段練習）采礦、采石或取土時，常用炸藥包進行爆破，部分爆破呈圓錐漏斗形狀（如圖），已知圓錐的母線長是炸藥包的爆破半徑R，若要使爆破體積最大，則炸藥包埋的深度為【答案】【分析】根據題意，得到，求得，利用導數求得函數的單調性與最大值點，即可求解.【解析】由題意，圓錐的體積為因為，可得，所以，可得，令，可得；令，可得，所以在單調遞增，在單調遞減，所以，當處，函數取得極大值，也時最大值，所以炸藥包埋在深處.故答案為：.31．（23-24高三上·上海嘉定·期中）據環保部門測定，某處的污染指數與附近污染源的強度成正比，與到污染源距離的平方成反比，比例常數為.現已知相距18km的，兩家化工廠（污染源）的污染強度分別為，，它們連線段上任意一點處的污染指數等于兩化工廠對該處的污染指數之和.設.若，且時，取得最小值，則的值為.【答案】【分析】根據，得，分別求出兩個污染指數即可得出函數關系，求出函數的導函數，依題意可得，即可求出的值，再檢驗即可.【解析】依題意點受污染源污染程度為，點受污染源污染程度為，其中為比例常數，且，從而點處受污染程度，；因為，所以，則，當時，取得最小值，必是極小值，所以，解得，此時，，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，所以在時，取得極小值，也是的最小值，所以污染源的污染強度的值為．故答案為：32．（2024·上海徐匯·二模）如圖，兩條足夠長且互相垂直的軌道相交于點，一根長度為的直桿的兩端點分別在上滑動（兩點不與點重合，軌道與直桿的寬度等因素均可忽略不計），直桿上的點滿足，則面積的取值范圍是.【答案】【分析】令，利用直角三角形邊角關系及三角形面積公式求出的面積函數，再利用導數求出值域即得.【解析】依題意，設，則，因此的面積，，求導得，當時，，當時，，即函數在上遞增，在上遞減，因此，而，則，所以面積的取值范圍是.故答案為：一、單選題1．（2024·遼寧沈陽·三模）已知函數，則“”是“在上單調遞增”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【答案】A【分析】若在上單調遞增，則在上恒成立，參變分離得到在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出參數的取值范圍，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【解析】函數定義域為，則，若在上單調遞增，則在上恒成立，即在上恒成立，又，當且僅當，即時取等號，所以，因為，所以“”是“在上單調遞增”的充分不必要條件.故選：A2．（2024·湖北武漢·模擬預測）函數（

）A．是偶函數，且在區間上單調遞增 B．是偶函數，且在區間上單調遞?C．是奇函數，且在區間上單調遞增 D．既不是奇函數，也不是偶函數【答案】A【分析】借助函數奇偶性的定義可判斷函數奇偶性，借助導數即可得函數單調性.【解析】的定義域為，，為偶函數；當時，在區間上單調遞增.故選：A.3．（2024·天津紅橋·二模）函數的圖象大致是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可排除A，再求導分析單調性可得C正確，BD錯誤.【解析】當時，，可排除A，，令，解得或，所以在和上單調遞增；在上單調遞減；結合圖象可得C正確；故選：C.4．（2024·山東濰坊·三模）已知函數的導函數為，且，當時，，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由不等式化簡構造新函數，利用導數求得新函數的單調性，即可求解原不等式.【解析】不等式等價于，即，構造函數，所以，因為時，，所以對恒成立，所以在單調遞減，又因為，所以不等式等價于，所以，即的解集為.故選：A.5．（2024·江西宜春·三模）已知，，，其中為自然對數的底數，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先將化成統一形式，構造函數，研究單調性進而比較大小即可.【解析】由題意得，，；設，則，當時，，所以單調遞增，又，所以，即，所以.故選：A.6．（2024·山東濟南·一模）若不等式對任意的恒成立，則的最小值為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】因為，所以，即求直線的縱截距的最小值，設，利用導數證明在的圖象上凹，所以直線與相切，切點橫坐標越大，縱截距越小，據此即可求解.【解析】因為，所以，所以即求直線的縱截距的最小值，設，所以，所以在單調遞增，所以在的圖象上凹，所以直線與相切，切點橫坐標越大，縱截距越小，令切點橫坐標為，所以直線過點，且直線斜率為所以的直線方程為，當時，，即直線與相切時，直線與無交點，設，所以，所以在時斜率為，在時斜率為，均小于直線的斜率，所以可令直線在處與相交，在處與相交，所以直線方程為，所以截距為.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于，，即求直線的縱截距的最小值的分析.7．（2024·重慶·二模）設函數，點，其中，且，則直線斜率的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】，令，所以，利用不等式可得答案.【解析】不等式，證明如下，即證，令，設，，可得在上單調遞減，所以恒成立，所以成立，即.因為，令，因為，所以，所以，由，得，即，則有，所以.故選：A.【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．8．（2023·四川達州·一模）已知，，若不等式的解集中只含有個正整數，則的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知，二次求導，可得當時，，由有且只有個正整數解，即有且只有個正整數解，求導可知至多有一個解，則需滿足，，，再根據導數可得在上單調遞減，即可證當時，，即可得參數范圍.【解析】由，可得，設，則，所以在上單調遞增，又，所以當時，，即當時，，單調遞增，所以當時，，所以若不等式的解集中只含有個正整數，即不等式的解集中只含有個正整數，又的定義域為，且，則，設，則，當時，，所以在上單調遞減，且至多有一個解，所以若有且只有個正整數解則需滿足，解得，現證當時，在上恒成立，由時，，即當時，，單調遞減，所以當時，，綜上所述，故選：C.【點睛】導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．二、多選題9．（2024·山東·模擬預測）已知分別是定義域為的偶函數和奇函數，且，設函數，則（

）A．是奇函數 B．是偶函數 C．在上單調遞減 D．在上單調遞增【答案】AD【分析】根據奇、偶性得到方程組求出、的解析式，從而得到的解析式，再由奇偶性的定義判斷的奇偶性，利用導數判斷函數的單調性.【解析】因為①，所以，即②，聯立①②，解得，所以，定義域為，又，所以是奇函數，又，所以在上單調遞增，故A，D正確，B、C錯誤．故選：AD10．（2023·全國·模擬預測）數學模型在生態學研究中具有重要作用．在研究某生物種群的數量變化時，該種群經過一段時間的增長后，數量趨于穩定，增長曲線大致呈“S”形，這種類型的種群增長稱為“S”形增長，所能維持的種群最大數量稱為環境容納量，記作K值．現有一生物種群符合“S”形增長，初始種群數量大于0，現用x表示時間，表示種群數量，已知當種群數量為時，種群數量的增長速率最大．則下列函數模型可用來大致刻畫該種群數量變化情況的有（

）A． B．C． D．【答案】AB【分析】對各項的函數求導數，并對導數值進行研究(必要時再求導數的導數)，先檢驗導函數是否先增后減，然后對于先增后減型，求得導數最大時自變量的值，代入函數表達式，看函數值是否滿足,進而作出判定即可.【解析】對于A.，，當，即時增長率取得最大值，，符合題意，故A正確；對于B.，，當時，單調遞減，且最大值為，當時，，單調遞增，且，所以當時，取到最大值，此時，符合題意，故B正確；對于C.，時,單調遞增，時，,單調遞減，時最大，此時，不合題意，故C錯誤；對于D.，，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.故當且僅當時，取得最大值，，不合題意，故D錯誤.故選：AB11．（2023·海南海口·模擬預測）已知函數的定義域為，其導函數為，且，，則（

）A． B．C．在上是減函數 D．在上是增函數【答案】ABD【分析】令，可得，得出函數的單調性及，進而判定A、B正確；由，得到，設，利用導數求得函數為單調遞增函數，且，可判定D正確.【解析】令，可得，因為，所以，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，又因為，可得，由，即，可得，所以A正確；又由，即，可得，所以B正確；因為，可得，可得，設，可得，所以函數為單調遞增函數，又因為，所以，所以在上是增函數，所以D正確.故選：ABD.【點睛】知識方法：構造法求解與共存問題的求解策略：對于不給出具體函數的解析式，只給出函數和滿足的條件，需要根據題設條件構造抽象函數，再根據條件得出構造函數的單調性，應用單調性解決問題，常見類型：（1）型；（2）型；（3）為常數型.三、填空題12．（2024·河北邢臺·二模）若，，，則a，b，c的大小關系是（請用“<”連接）．【答案】【分析】根據給定條件，構造函數，再利用導數比較大小即可.【解析】令函數，，得，即函數在上單調遞增，，則，即，令函數，得，即即函數在上單調遞減，，則，即所以a，b，c的大小關系是故答案為：13．（2024·四川·模擬預測）已知函數在區間上不單調，則m的取值范圍是.【答案】【分析】根據題意可知在區間有變號零點，結合變號零點與給定區間的關系求解即可.【解析】由題意知，因為在區間上不單調，即在區間有變號零點，又，所以，，，所以在區間內，所以，解得，即m的取值范圍是.故答案為：.14．（2024·內蒙古赤峰·模擬預測）已知定義在上的函數滿足，且，則下列說法正確的是.①是奇函數

②③

④時，【答案】②③【分析】根據構造函數的規律由令，再結合奇函數的性質可得①，求導分析單調性和極值可得②③④.【解析】令，則，若是奇函數，則，取時，即，但，故①錯誤；因為恒成立，且，所以恒成立，在上為單調遞增函數，所以，故②正確；由②可知，③正確；因為在上為單調遞增函數，所以當時有，所以，故④錯誤；故答案為：②③【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是能把已知“已知定義在上的函數滿足”翻譯成構造函數的原則之一：構造時導數為加法時原函數為乘法，且導數中無時，原函數中一般有.四、解答題15．（2024·黑龍江哈爾濱·三模）已知函數(1)求在處的切線；(2)比較與的大小并說明理由.【答案】(1)(2)，理由見解析【分析】（1）求得，得到，且，結合導數的幾何意義，即可求解；（2）求得，得到在上單調遞增，結合，得到即可得到.【解析】（1）解：因為函數，可得，可得，且，所以在處的切線方程為，即.（2）解：由，可得，所以在上單調遞增，又由，所以時，，即在上恒成立，所以，即.16．（2024·山東·模擬預測）已知函