2023届高考数学一轮复习：导数与函数的单调性专项练+Word版

CBDCBD一、单选题1.函(a>0)的单调递增区间是()2.函数f(x)=(2x-1)e²的单调递增区间()...A....A3.下列函数中，定义域是R且为增函数的是(),若f(x)在上有最小值，则实数a的取值范围是()A.0<f(3)<f(3)-f(2)<f'(2)B.0<f(3c.0<f(3)<f(2)<f(3)-f(2)D.0))一一CDB11.已知函数f(x)=|e²-1+ax+1有两个不同的零点，则实数a的取值范围是()12.若函数f(x)=log。(x³-ax)(a>0且a≠1)在区间内单调递增，则a的取值范围是()13.对任意的xj,x∈[1,3],当x<x₂时，)14.已知函数f(x)=x-lnx-1,若不等式f(x)≥a(x-1)²在区间(0,1)上恒成立，则实数a的取值范围为...A....A15.若x=2是函数f(x)=x²+2(a-2)x-4alnx的极大值点，则实数a的取值范围是()16.若函有三个单调区间，则实数a的取值范围是 .17.函数f(x)=1nx-ax(a>0)的单调递增区间为._18.若函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围是_19.若函数x在(-o,+o)内单调递增，则实数a的取值范围是.20.设函数f(x)=ex+aex(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.21.已知函数,若a=3,求f(x)的单调区间.22.已知函数f(x)=e'-ax-1,a∈R.(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围.(1)当时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)有两个极值点x,x₂,且x<x₂,从下面两个结论中选一个证明.;24.已知函数-1,其中x>0,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a=2时，x是f(x)的零点，过点A(x,In(x+1))作曲线y=ln(x+1)的切线1,试证明直线l也是曲线y=e*的切线.25.已知函数f(x)=x⁴·a⁻²(x>0),(a>0且a≠1),(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)=f(x)-1有两个零点，求a的取值范围.26.已知函数f(x)=x"Inx-bx(x>0,a≠0,b∈R)(1)当b=0时，讨论f(x)的单调区间；(2)当a<0时，若f(x)有两个零点x,x₂,且x₁<x₂令f(x)>0,解得-1<x<1,故f(x)在(-1,1)上单调递增，故选：B.解：因为函数f(x)=(2x-1)e',所以f(x)=2e²+(2x-1)e²=(2x+1)e²,令f(x)>0,解得所以函数f(x)的单调递增区间故选：C.对于A,函数y=x+sinx的定义域是R,且y'=1+cosx≥0,∴y是R上的增函数，满足题意：对于B,函数)是R上的减函数，∴不满足题意；对于C,函数y=Inx的定义域是(0,+),∴不满足题意；对于D,函数在定义域R上不是单调函数，∴不满足题意.故选：A.【详解】若a≤0时，当,可得f(x)<0,上单调递减，画出函数y=ax与y=cosx的图象，如图所示，y解：因为对任意x∈R,f(x)>0,f"(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，且f(x)在R上单调递减，即f(x)的图象增长得越来越慢，从图象上来看函数是上凸递增的，所以0<f'(3)<f'(2),,表示点A(2,f(2))与点B(3.f(3))的连线的斜率，由图可知f'(3)<k<f'(2)YY8Ax即0<f'(3)<f(3)-f(2)<f'(2)故选：A由题可知，f'(x)=3x²+2x+a≥0恒成立，故△≤0,即【详解】【详解】当x∈(-x,-e)时，g'(x)<0,当x∈(-e,0)时，g'(x)>0,所以函数g(x)在xe(-o,-e)上递减，在x∈(-e,0)上递增，当x→-时，g(x)→0,当x→0-时，g(x)→+o,故选：C.yyy=2-ex0解：因为f(x)的定义域为R,,所以函数f(x)为奇函数 ,所以函数f(x)在R上单调递增.因为f(e')+f(ax)<0有解，即f(e')<-f(ax)有解，所以f(e²)<f(-axr)有解，由函数f(x)在R上单调递增，可得e¹<-ax有解解法一：令g(x)=e¹+ax,则g'(x)=e¹+a.,符合题意；若x<0,J有解，易知恒小于零，所以-a<0,即a>0.若x=0,则,不符合题意.综上，实数a的取值解法三：若a<0,如图，在同一平面直角坐标系内作出y=e¹与y=-ax的图象，切线y=-ax过原点得x=1,故a=-e⁶=-e若a>0,易知函数y=e²的图象必有一部分在直线y=-αx的下方，符合题意.yX故选：D由题意知方程|e'-1+1=-ax有两个不同的实数根，1x0x数形结合可知直线y=-ax与函数g(x)的图象在(0,+x)上有两个不同的交点.当直线y=-ax与函数g(x)的图象相切时，设切点为P(x,yo),则yo=-ax,yo=e⁶,则-ax₀=e°①,当x>0时，g'(x)=e',则g'(x)=e⁶=-a②,由①②可得x=1,g'(x)=e⁶=e,∴-a>e,得a<-e,故选：A.【详解】所以a<0与矛盾，此时不成立.综上，a的取值范围是故选：Blnx,由题意得f(x)在[1,3]上单调递减，≤0,即a≥3x在[1,3]上恒成立，则a≥9,故选：C解：由已知可得f(x)-a(x-1)²≥0即为x-Inx-1-a(x-1)²≥0,设g(x)=x-Inx-1-a(x-1)²,x∈(0,1),当a≤0时，显然g(x)≤0,当时，g(x)≤0在x∈(0,1)上也成立，所时，g(x)在(0,1)上单调递减，g(x)≥g(1)=0恒成立当时，当时，g'(x)<0,当寸，g'(x)>0,所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，于是，存在,使得g(x₀)<g(1)=0,不满足g(x)≥0,舍去此情况综上所述，2故选：A.若a≥0时，当x>2时，f'(x)>0;当0<x<2时，f'(x)<0;则f(x)在(0,2)上单调递减；在(2,+)上单调递增.所以当x=2时，f(x)取得极小值，与条件不符合，故满足题意.当a<-2时，由f'(x)>0可得0<x<2或x>-a;由f'(x)<0可得2<x<-a所以在(0,2)上单调递增；在(2,-a)上单调递减，在(-a,+xo)上单调递增.所以当x=2时，f(x)取得极大值，满足条件.当-2<a<0时，由f'(x)>0可得0<x<-a或x>2;由f'(x)<0可得-a<x<2所以在(0,-a)上单调递增；在(-a,2)上单调递减，在(2,+o)上单调递增.所以当x=2时，f(x)取得极小值，不满足条件.当a=-2时，f'(x)≥0在(0,+a)上恒成立，即f(x)在(0,+)上单调递增此时f(x)无极值.综上所述：a<-2满足条件故选：A 所以f(x)=-x²+a=0有两个不相等的实数根，所以a>0.故答案为：(0,+a)由题意，知f(x)的定义域为(0,+o),由,∴f(x)的单调递增区间为函数,所以f'(x)=x²-ax+1f(x)在区间上有极值点等价于f'(x)=x²-ax+1在有零点，所以x²-ax+1=0,先减后增，所以,当a=2时，函数f(x)的导函数等于0时值只有1,两边的单调性相同，所以a≠2,因函数f(x)在(-o,+ao)内单调递增，则Vx∈R,当sinx=0时，则成立，a∈R,,,当sinx>0时，,,当且仅当,即时取"=",则,当,综上得， 20.-1;[-0,0].若函数f(x)=e²+ae“为奇函数，则f(-x)=-f(x),e⁴+ae²=-(e'+ae²)(a+1)(e²+e²)=0对任意的x恒成立.若函数f(x)=e²+ae⁻^是R上的增函数，则f'(x)=e⁴-ae⁻^≥0恒成立，a≤e²,a≤0.即实数a的取值范围是(-0,0)21.f(x)的单调递增区间为(-o,3-2√3),(3+2√3,+);单调递减区间为(3-2√3,3+2√3).f(x)=x²-6x-3,令f(x)=0,得xj=3-2√3,x₂=3+2√3,当xe(-x,3-2√3)u(3+2√3,+x)时，f(x)>0,当xe(3-2√3,3+2√3)时，f(x)<0,所以f(x)单调递增区间为(-x,3-2√3)、(3+2√5,+x):单调递减区间为(3-2√3,3+2、月)22.(1)a=2时，函数f(x)的单调增区间是(In2,+),递减区间为(-o,In2);(2)α的取值范围为(-x,0)(1)将a=2代入，对f(x)求导，根据导数正负，确定函数增减即可；(2)f'(x)=e'-a,根据题意函数单调增，所以需要f'(x)≥0在R上恒成立，利用参变分离即可求解.(1)当a=2时，f(x)=e¹-2x-1,∴f(x)=e⁵-2.令f'(x)>0,即e²-2>0,解得：x>In2;令f'(x)<0,即e¹-2<0,解得：x<In2;∴f(x)在x=In2时取得极小值，亦为最小值，即f(In2)=1-2ln2∵当a=2时，函数f(x)的单调增区间是(In2,+),递减区间为(-o,In2).(2)∵f(x)=e¹-ax-1∴f’(x)=e²-a∵f(x)在R上单调递增，∴f'(x)=e¹-a≥0恒成立，即a≤e'在x∈R恒成立，∵x∈R时，e²∈(0,+),∴a≤0.即a的取值范围为(-o,0).(1)首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求解；(2)若选①,不等式转化为证明,变形为证明In,通过构造函,即可证明；若选②,首先根据函数有两个极值点，证得1<x₂<2,a,再变换为,通过构造函数，利用导数，即可证明.,令f(x)>0,解得;令f(x)<0,解得;单减区间为(2)证明①:由题意知，x,x₂是x²-2x+a=0的两根，则,将x,x₂=a代入得，,要证明,只需证明,即,因为0<x₁<x₂,所以x₂-x>0,只需证明,令,则t>1,只需证明,即2,令h(t)<h(1)=0,所以,综上可知.证明②:设g(x)=-x²+2x-a,因为f(x)有两个极值点，所以,解得0<a<1,因为g(2)=-a<0,g(1)=1-a>0,所以1<x₂<2,a,由题意可知-x²+2x₂-a=0,可得a=-x²+2x₂代入得，,,当,所以h(x)在上单调递减，当,所以h(x)在上单调速增，因为1<x₂<2,所以h(x₂)<max{h(1),h(2)},由,可得₂)<h(2),所以(2)证明见解析(1)求出函数的导函数，对a分a≥0和a<0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；(2)依题意可得,求出函数的导函数，即可得到切线l的方程，假设曲线y=e在点B(x,y₁)的切线与1斜率相等，即可得到x=-ln(x+1)-1、y₁=,代入切线l的方程中，计算可(1)解：因为-1定义域为(0,+x),所,①当a≥0时，f'(x)≥0在(0,+)上恒成立，所以函数f(x)在(0,+)上单调递增，没有减区间；②当a<0时，令f(x)=0时，,且x<0<x₂,所 ,令f'(x)<0得,所以f(x)的减区间为(2)解：当a=2时，x是f(x)的零点，所以由y=ln(x+1)得,由y=e得y'=e.所以过点A(x,In(x+1))作曲线y=ln(x+1)的切线l的方₁)的切线与1斜率相等，所以,所以x+1=-In(x+1),即x₁=-In(x+1)-1代入(*)式得₁,y₁)在切线l上.所以直线l也是曲线(1)直接对函数进行求导，根据导数与0的关系即可得结果；(2)将已知转化为f(x)=1在(0,+x)有两个不等实根，变形可得,利用g(x)的单调性及其图象即可得结果.(1)当a=2时，f(x)=x²-2°,时，f(x)>0, (2)由题意知f(x)=1在(0,+x)有两个不等实根，,令,所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+x)上单调递减；又x→0+,g(x)→-o,,g(