2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题六函数与导数微专题3导数的简单应用小题考法2利用导数研究函数的单调性与最值

小题考法2利用导数研究函数的单调性与最值(1)(2023·东莞模拟)已知函数f(x)＝－x2－cosx，则f(x－1)>f(－1)的解集为()A．(2，＋∞)B．(－∞，0)C．(0，2)D．(－∞，0)∪(2，＋∞)(2)(2023·汕头龙湖区三模)设a＝2019·ln2021，b＝2020ln2020，c＝2021ln2019，则()A．a>b>cB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c(3)(2023·惠州模拟)已知x∈(0，eq\f(π,2))，且ax<sinx<bx恒成立，则b－a的最小值为()A．1B.eq\f(2,π)C.eq\f(2,π)－1D．1－eq\f(2,π)解析：(1)因为y＝x2，y＝cosx均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)则g′(x)＝－2＋cosx，因为cosx∈[－1，1]，所以g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又因为f′(0)＝0，所以f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)递增．f(x－1)>f(－1)⇔|x－1|<1⇔x∈(0，2)．故选C.(2)设f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)，则f′(x)＝eq\f(1＋\f(1,x)－lnx,（x＋1）2)，当x∈[e2，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以f(2019)>f(2020)，即eq\f(ln2019,2020)>eq\f(ln2020,2021)，所以2021ln2019>2020ln2020，所以c>b；设g(x)＝eq\f(lnx,x－1)，则g′(x)＝eq\f(1－\f(1,x)－lnx,（x－1）2)，当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)<0，故g(x)在[e2，＋∞)上单调递减，所以g(2020)>g(2021)，即eq\f(ln2020,2019)>eq\f(ln2021,2020)，所以2020ln2020>2019ln2021，所以b>a，所以c>b>a.故选B.(3)由已知有x>0，对原不等式同时除以x，可得：a<eq\f(sinx,x)<b，构造函数f(x)＝eq\f(sinx,x)，即要求b－a的最小值即是求解f(x)在x∈(0，eq\f(π,2))的最大值与最小值即可，f′(x)＝eq\f(cosx·x－sinx,x2)，令h(x)＝cosx·x－sinx，h′(x)＝－x·sinx，因为x∈(0，eq\f(π,2))，故h′(x)<0恒成立，故h(x)在(0，eq\f(π,2))单调递减，又因为h(0)＝0，故h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0在(0，eq\f(π,2))恒成立，故f(x)在(0，eq\f(π,2))单调递减，且x→0时，eq\f(sinx,x)→1，当x＝eq\f(π,2)时，f(x)＝eq\f(2,π)，故b－a的最小值为1－eq\f(2,π)，故选D.答案：(1)C(2)B(3)D1．特别注意f′(x)>0(f′(x)<0)是函数单调递增(减)的充分不必要条件．2．恒成立问题常用解决方法有两种，一是分离参数，二是直接法分类讨论．1．(2023·茂名模拟)已知a＝6－ln2－ln3，b＝e－ln3，c＝e2－2，则()A．a>b>cB．b>a>cC．b>c>aD．c>a>b解析：要比较a＝6－ln2－ln3，b＝e－ln3，c＝e2－2的大小，需要化简三个表达式为x－lnx的形式，因为a＝6－ln2－ln3＝6－ln6，b＝e－ln3<3－ln3，c＝e2－2＝e2－lne2，考虑构造函数f(x)＝x－lnx，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，因为e2>6>3，所以e2－lne2>6－ln6>3－ln3>e－ln3，所以c>a>b.故选D.答案：D2．(2023·广州二模)已知偶函数f(x)与其导函数f′(x)的定义域均为R，且f′(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)<f(a＋1)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2)B．(0，2)C．(2，＋∞)D．(－∞，0)∪(2，＋∞)解析：因为f(x)为偶函数，则f(x)＝f(－x)，等式两边求导可得f′(x)＝－f′(－x)，①因为函数f′(x)＋e－x＋x为偶函数，则f′(x)＋e－x＋x＝f′(－x)＋ex－x，②联立①②可得f′(x)＝eq\f(ex－e－x,2)－x，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq\f(ex＋e－x,2)－1≥eq\r(ex·e－x)－1＝0，且g′(x)不恒为零，所以函数g(x)在R上为增函数，即函数f′(x)在R上为增函数，故当x>0时，f′(x)>f′(0)＝0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数，由f(2a－1)<f(a＋1)，可得f(|2a－1|)<f(|a＋1|)，所以|2a－1|<|a＋1|，整理可得a2－2a<0，解得0<a<2.故选B.答案：B3．(2023·广州一模)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，若xf′(x)－1<0.f(e)＝2，则关于x的不等式f(ex)<x＋1的解集为________．解析：根据题意，设g(x)＝f(x)－lnx，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,x)＝eq\f(xf′（x）－1,x)，又由xf′(x)－1<0.则g′(x)<0