2023高考数学一轮复习课时规范练15利用导数研究函数的单调性文含解析新人教A版20230402166

课时规范练15　利用导数研究函数的单调性基础巩固组1.函数f(x)=x3-ax为R上增函数的一个充分不必要条件是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.a≤0B.a<0C.a≥0D.a>02.(2020山东青岛二中月考)已知定义域为R的函数f(x)的导数为f'(x),且满足f'(x)<2x,f(2)=3,则不等式f(x)>x2-1的解集是(　　)A.(-∞,-1)B.(-1,+∞)C.(2,+∞)D.(-∞,2)3.(2020山东德州二模,8)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x)+1<f'(x),f(0)=2,则不等式f(x)+1>3ex的解集为(　　)A.(1,+∞)B.(-∞,1)C.(0,+∞)D.(-∞,0)4.已知函数f(x)=lnxx,则(　　)A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(e)>f(2)>f(3)D.f(e)>f(3)>f(2)5.设函数f(x)=12x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　. 6.已知函数f(x)=ax2-4ax-lnx,则f(x)在(1,3)上不具有单调性的一个充分不必要条件是(　　)A.a∈-∞,16B.a∈-12,+∞C.a∈-12,16D.a∈12,+∞7.已知函数f(x)=alnx-2x,若不等式f(x+1)>ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是(　　)A.(-∞,2]B.[2,+∞)C.(-∞,0]D.[0,2]8.若函数f(x)=x2-4ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为　　　　　. 9.(2020河北唐山一模,文21)已知a>0,函数f(x)=2ax3-3(a2+1)x2+6ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)在R上仅有一个零点,求a的取值范围.综合提升组\n10.(2020湖南郴州二模,文12)已知定义在R上的函数f(x)的导数为f'(x),满足f(x)=f(-x).且对任意x∈0,π2,有f'(x)cosx+f(x)sinx>0,若a=233f-π6,b=2f-π4,c=2fπ3,则(　　)A.a<b<cB.b<c<aC.a<c<bD.c<b<a11.(2020山东泰安一中期中)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表:x-1045f(x)1221f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,关于f(x)的结论正确的是(　　)A.函数f(x)是周期函数B.函数f(x)在[0,2]上单调递增C.函数y=f(x)-a的零点个数可能为0,1,2,3,4D.当1<a<2时,函数y=f(x)-a有4个零点12.(2020安徽皖东名校联盟联考)若函数f(x)=-12x+m,x<e,x-lnx,x≥e的值域是[e-1,+∞),其中e是自然对数的底数,则实数m的最小值是　　　　. 13.(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mlnx-x+mx(m∈R),讨论f(x)的单调性.创新应用组14.(2020山东潍坊临朐模拟一,8)已知奇函数f(x)的定义域为-π2,π2,其导函数为f'(x),当0<x<π2时,有f'(x)cosx+f(x)sinx<0成立,则关于x的不等式f(x)<2fπ4cosx的解集为(　　)A.π4,π2　　　　　　B.-π2,-π4∪π4,π2C.-π4,0∪0,π4D.-π4,0∪π4,π2\n15.设函数f(x)=alnx+x-1x+1,其中a为常数.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)讨论函数f(x)的单调性.参考答案课时规范练15　利用导数研究函数的单调性1.B　函数f(x)=x3-ax为R上增函数的充要条件是f'(x)=3x2-a≥0在R上恒成立,所以a≤(3x2)min.因为(3x2)min=0,所以a≤0.而(-∞,0)⫋(-∞,0].故选B.2.D　令g(x)=f(x)-x2,则g'(x)=f'(x)-2x<0,即函数g(x)在R上单调递减.又因为不等式f(x)>x2-1可化为f(x)-x2>-1,而g(2)=f(2)-22=3-4=-1,所以不等式可化为g(x)>g(2),故不等式的解集为(-∞,2).故选D.3.C　令g(x)=f(x)+1ex,∵f(x)+1<f'(x),则g'(x)=f'(x)-f(x)-1ex>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,由f(x)+1>3ex,可得f(x)+1ex>3,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.4.D　f'(x)=1-lnxx2(x>0),当x∈(0,e)时,f'(x)>0;当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0.故当x=e时,f(x)max=f(e).f(2)=ln22=ln86,f(3)=ln33=ln96,故f(e)>f(3)>f(2).故选D.5.(1,2]　∵f(x)=12x2-9lnx,∴f'(x)=x-9x(x>0),当x-9x≤0时,有0<x≤3,即f(x)在(0,3]上单调递减,则[a-1,a+1]⊆(0,3],∴a-1>0且a+1≤3,解得1<a≤2.6.D　f'(x)=2ax-4a-1x=2ax2-4ax-1x.若f(x)在(1,3)上不具有单调性,令g(x)=2ax2-4ax-1,则当a=0时,显然不成立,a≠0时,只需Δ=16a2+8a>0,g(1)g(3)<0,解得a<-12或a>16.而12,+∞⫋-∞,-12∪16,+∞,故选D.\n7.A　f(ex)=ax-2ex,所以f(x+1)>ax-2ex在(0,+∞)上恒成立,等价于f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立.因为当x∈(0,+∞)时,1<x+1<ex恒成立,所以只需f(x)在(1,+∞)上单调递减,即当x>1时,f'(x)≤0恒成立,即当x>1时,ax≤2恒成立,所以a≤2.故选A.8.(-∞,-2-2ln2)　因为f(x)=x2-4ex-ax,所以f'(x)=2x-4ex-a.由题意,f'(x)=2x-4ex-a>0有解,即a<2x-4ex有解.令g(x)=2x-4ex,则g'(x)=2-4ex.令g'(x)=0,解得x=-ln2.函数g(x)=2x-4ex在(-∞,-ln2)上单调递增;在(-ln2,+∞)上单调递减.所以当x=-ln2时,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln2,所以a<-2-2ln2.9.解(1)f'(x)=6ax2-6(a2+1)x+6a=6(x-a)(ax-1),由f'(x)=0,得x=a或x=1a.当0<a<1时,1a>a.所以当x<a或x>1a时,f'(x)>0,从而f(x)在(-∞,a),1a,+∞上单调递增;当a<x<1a时,f'(x)<0,从而f(x)在a,1a上单调递减.当a=1时,1a=a=1.所以f'(x)≥0,从而f(x)在R上单调递增.当a>1时,a>1a.所以当x<1a或x>a时,f'(x)>0,从而f(x)在-∞,1a,(a,+∞)上单调递增;当1a<x<a时,f'(x)<0,从而f(x)在1a,a上单调递减.综上,当0<a<1时,f(x)在(-∞,a),1a,+∞上单调递增,在a,1a上单调递减;当a=1时,f(x)在R上单调递增;当a>1时,f(x)在-∞,1a,(a,+∞)上单调递增,在1a,a上单调递减.(2)f(a)=-a4+3a2-2=(a2-1)(2-a2),f1a=1-1a2.当0<a<1时,f(a)<0,f1a<0,所以f(x)仅在1a,+∞上有一个零点,因此0<a<1满足题设.当a=1时,f(1)=0,所以f(x)在R上仅有一个零点1,因此a=1满足题设.当a>1时,f1a>0,所以要满足题设须有f(a)>0,\n从而2-a2>0,解得1<a<2,因此1<a<2满足题设.综上满足题目条件的a的取值范围是(0,2).10.A　构造函数g(x)=f(x)cosx,x∈0,π2,则g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinx(cosx)2>0,∴g(x)在0,π2上单调递增.由f(x)=f(-x),得f(x)为偶函数,∴a=233f-π6=233fπ6=f(π6)32=f(π6)cosπ6=gπ6,b=2f-π4=2fπ4=f(π4)22=f(π4)cosπ4=gπ4,c=2fπ3=f(π3)12=f(π3)cosπ3=gπ3.∵0<π6<π4<π3<π2,且g(x)在0,π2上单调递增,∴gπ6<gπ4<gπ3,即a<b<c.故选A.11.C　由导函数的图象和原函数的关系得,原函数的大致图象可以有以下两种代表形式,如图,由图得,不能断定函数f(x)是周期函数,故A错误;在[0,2]上导函数值为负,故原函数单调递减,故B错误;由动直线x=a与函数f(x)的图象交点个数可以为0,1,2,3,4,故函数y=f(x)-a的零点个数可能为0,1,2,3,4,故C正确;对于第二个图,函数y=f(x)-a的零点个数可以为2或3,故D错误.12.3e2-1　当x≥e时,f'(x)=1-1x>0,所以f(x)=x-lnx在[e,+∞)上单调递增,则f(x)≥f(e)=e-lne=e-1,值域是[e-1,+∞).又当x<e时,f(x)=-x2+m单调递减,则f(x)>-e2+m,值域是-e2+m,+∞.由题设f(x)的值域为[e-1,+∞),所以-e2+m,+∞⊆[e-1,+∞).于是-e2+m≥e-1,解得m≥3e2-1.故实数m的最小值为3e2-1.13.解由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2.令g(x)=x2-mx+m,Δ=m2-4m=m(m-4).①当0≤m≤4时,Δ≤0,g(x)≥0恒成立,则f'(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.\n②当m<0时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x1,x2(x1<x2),x1+x2=m<0,x1x2=m<0,则x1<0,x2>0.所以当x∈0,m+m2-4m2时,g(x)<0,f'(x)>0,则f(x)在0,m+m2-4m2上单调递增;当x∈m+m2-4m2,+∞时,g(x)>0,f'(x)<0,则f(x)在m+m2-4m2,+∞上单调递减.③当m>4时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x1,x2(x1<x2),x1+x2=m>0,x1x2=m>0,则x1>0,x2>0.所以f(x)在0,m-m2-4m2,m+m2-4m2,+∞上单调递减;在m-m2-4m2,m+m2-4m2上单调递增.综上所述,当0≤m≤4时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当m<0时,f(x)在0,m+m2-4m2上单调递增,在m+m2-4m2,+∞上单调递减;当m>4时,f(x)在0,m-m2-4m2上单调递减,在m-m2-4m2,m+m2-4m2,m+m2-4m2,+∞上单调递减.14.A　根据题意,设g(x)=f(x)cosx,其导数为g'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x.因为当0<x<π2时,f'(x)cosx+f(x)sinx<0,所以当0<x<π2时,g'(x)<0,则函数g(x)在0,π2上单调递减.又因为f(x)为定义域为-π2,π2的奇函数,则g(-x)=f(-x)cos(-x)=-f(x)cosx=-g(x),则函数g(x)为奇函数,所以函数g(x)在-π2,π2上为减函数.f(x)<2fπ4cosx,即f(x)cosx<2fπ4,即f(x)cosx<f(π4)cosπ4,即g(x)<gπ4.所以π4<x<π2,即不等式的解集为π4,π2.故选A.15.解(1)当a=0时,f(x)=x-1x+1,x∈(0,+∞).此时f'(x)=2(x+1)2,于是f'(1)=12,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=12(x-1),即x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax+2(x+1)2=ax2+2(a+1)x+ax(x+1)2.①当a≥0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当a<0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,则Δ=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).(ⅰ)当a≤-12时,Δ≤0,所以g(x)≤0,于是f'(x)≤0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.\n(ⅱ)当-12<a<0时,Δ>0,此时g(x)=0有两个不相等的实数根,分别是x1=-(a+1)+2a+1a,x2=-(a+1)-2a+1a,x1<x2.下面判断x1,x2是否在定义域(0,+∞)上.由韦达定理x1+x2=-2(a+1)a>0,x1x2=1>0,可得0<x1<x2.当0<x<x1或x>x2时,有g(x)<0,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减;当x1<x<x2时,有g(x)>0,f'(x)>0,所以函数f(x)在(x1,x2)上单调递增.综上所述,当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-12时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-12<a<0时,函数f(x)在0,-(a+1)+2a+1a,-(a+1)-2a+1a,+∞上单调递减,在-(a+1)+2a+1a,-(a+1)-2a+1a上单调递增.