高中考试数学特训练习含答案-利用导数研究函数的单调性

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>0.(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()2A.(-∞,-1)C.(2,+∞)B.(-1,+∞)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)ln푥푥4.已知函数f(x)=,则()A.f(2)>f(e)>f(3)C.f(e)>f(2)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)D.f(e)>f(3)>f(2)5.(多选)(2020山东高三模拟,8)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)=-1,其导函数f'(x)满足f'(x)>m>1,则下列成立的有()1푚1-푚푚1푚A.fC.f>B.fD.f<-11푚-11푚-11><0푚-1126.设函数f(x)=x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是.78.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..(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9.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()1612A.a∈-∞,B.a∈-,+∞121612C.a∈-,D.a∈,+∞10.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]C.(-∞,0]B.[2,+∞)D.[0,2]11.(多选)(2020山东胶州一中模拟,11)已知定义在0,2上的函数f(x)的导函数为f'(x),且f(0)=0,f'(x)cosx+f(x)sinx<0,则下列判断中正确的是()π6π4πA.f<6fB.fln3>02π6π3π4π3C.f>3fD.f>2f푚푥12.(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=mlnx-x+(m∈R),讨论f(x)的单调性.创新应用组πππ213.(2020山东潍坊临朐模拟一,8)已知奇函数f(x)的定义域为-2,2,其导函数为f'(x),当0<x<时,有π4f'(x)cosx+f(x)sinx<0成立,则关于x的不等式f(x)<2fcosx的解集为()ππ4A.,2ππB.-2,-4ππ42∪,π4π4C.-,0∪0,π4ππ42D.-,0∪,푥-1푥+114.设函数f(x)=alnx+,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..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.2푓(푥)+1푓'(푥)-푓(푥)-13.C令g(x)=,∵f(x)+1<f'(x),则g'(x)=>0,故g(x)在R上单调递增,且g(0)=3,由e푥e푥푓(푥)+1f(x)+1>3ex,可得>3,即g(x)>g(0),所以x>0,故选C.e푥.Df'(x)=1-ln푥푥2(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)=ln224=ln86ln3ln93,f(3)==,故f(e)>f(3)>f(2).故选D.61푚1푚5.AC设g(x)=f(x)-mx,则g'(x)=f'(x)-m>0,故g(x)=f(x)-mx在R上单调递增.因为>0,所以g1푚1푚1-푚푚1푚1-푚푚1푚-1>g(0),故f-1>-1,即f>0,而<0,所以f>,故A正确,B错误.因为>0,所以g1푚-11푚-1푚-1푚-11푚-1>g(0),故f-푚1>-1,即f>>0,故C正确,D错误.故选AC.129푥9푥6.(1,2]∵f(x)=x2-9lnx,∴f'(x)=x-(x>0),当x-≤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..(-∞,-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7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<-2-2ln2.1푎8.解(1)f'(x)=6ax2-6(a2+1)x+6a=6(x-a)(ax-1),由f'(x)=0,得x=a或x=.1当0<a<1时,>a.푎所以当x<a或x>时,f'(x)>0,从而f(x)在(-∞,a),1,+∞上单调递增;1푎푎1当a<x<时,f'(x)<0,푎从而f(x)在a,1上单调递减.푎1当a=1时,=a=1.푎所以f'(x)≥0,从而f(x)在R上单调递增.1当a>1时,a>.푎1푎所以当x<或x>a时,f'(x)>0,从而f(x)在-∞,1,(a,+∞)上单调递增;푎1当<x<a时,f'(x)<0,푎从而f(x)在1,a上单调递减.푎综上,当0<a<1时,f(x)在(-∞,a),1,+∞上单调递增,在a,1上单调递减;푎푎当a=1时,f(x)在R上单调递增;当a>1时,f(x)在-∞,1,(a,+∞)上单调递增,在1,a上单调递减.푎푎1푎1푎2(2)f(a)=-a4+3a2-2=(a2-1)(2-a2),f=1-.1푎当0<a<1时,f(a)<0,f<0,所以f(x)仅在1,+∞上有一个零点,因此0<a<1满足题设.푎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.1푎当a>1时,f>0,所以要满足题设须有f(a)>0,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).1푥2푎푥2-4푎푥-19.Df'(x)=2ax-4a-=.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푥2+8푎>0,훥=16푎1216121216不成立,a≠0时,只需解得a<-或a>.而,+∞⫋-∞,-∪,+∞,故选D.()(),푔1푔3<010.Af(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푎푥x>1时,≤2恒成立,所以a≤2.故选A.1.CD令g(x)=푓(푥),x∈0,2,则g'(x)=cos푥π푓'(푥)cos푥+푓(푥)sin푥cos2푥1.因为f'(x)cosx+f(x)sinx<0,所以g'(x)=푓'(푥)cos푥+푓(푥)sin푥cos2푥0在0,2上恒成立,因此函数g(x)=푓(푥)在0,2上单调递减.因此gcos푥ππ6π4<>g,即π6cosπ푓()π6푓()π6π4π4,即f>6f,故A错误;又因为f(0)=0,所以g(0)=푓(0)=0,所以g(x)=푓(푥)0在0,2>≤π4coscos0cos푥2πππ3π2ππ6π3푓()푓()π6上恒成立,因为ln∈0,,所以fln3<0,故B错误;又因为g>g,所以6π>3π,即fcoscos63πππ3π4π3푓()푓()π4π3>3f,故C正确;又因为g>g,所以4π>3π,即f>2f,故D正确.故选CD.coscos43푚푥푚푥2푥2-푚푥+푚푥212.解由题意得x∈(0,+∞),f'(x)=-1-=-.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.②当m<0时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x,x(x<x),1212x+x=m<0,xx=m<0,则x<0,x>0.121212所以当x∈0,푚+푚2-4푚时,g(x)<0,f'(x)>0,则f(x)在0,푚+푚2-4푚上单调递增;22푚+푚2-4푚,+∞时,g(x)>0,f'(x)<0,则f(x)在2푚+푚2-4푚,+∞上单调递减.2当x∈③当m>4时,Δ>0,函数g(x)与x轴有两个不同的交点x,x(x<x),1212x+x=m>0,xx=m>0,则x>0,x>0.121212所以f(x)在0,푚-4푚,푚+m2-2푚2-4푚,+∞上单调递减;2푚-2-푚+2-在푚4푚,푚4푚上单调递增.22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,푚+푚2-4푚上单调递增,在푚+푚2-4푚,+∞上单调递减;22当m>4时,f(x)在0,푚-푚2-4푚上单调递减,2푚-2-푚+2-푚+푚2-4푚,+∞上单调递减.2在푚4푚,푚4푚,223.A根据题意,设g(x)=푓(푥),其导数为g'(x)=푓'(푥)cos푥+푓(푥)sin푥cos2푥π21.因为当0<x<时,f'(x)cosx+f(x)sincos푥π2π2ππ22x<0,所以当0<x<时,g'(x)<0,则函数g(x)在0,上单调递减.又因为f(x)为定义域为-,的奇函푓(-푥)cos(-푥)cos푥πππ4数,则g(-x)=22π()푓(푓푥)π4π4π2ππ42cosx,即푓(푥)<2fπ4,即4π,即g(x)<g.所以<x<,即不等式的解集为.故选A.<,cos푥cos푥cos4푥-1푥+114.解(1)当a=0时,f(x)=,x∈(0,+∞).21212此时f'(x)=,于是f'(1)=,f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-0=(x-1),(푥+1)2即x-2y-1=0.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+푎푥2푎푥2+2(푎+1)푥+푎푥(푥+1)2=.(푥+1)2①②当a≥0时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.当a<0时,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,则Δ=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).12(ⅰ)当a≤-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.12-(푎+1)+2푎+1,x2=(ⅱ)当-<a<0时,Δ>0,此时g(x)=0有两个不相等的实数根,分别是x=1푎2(푎+1)->0,可푥+푥=-(푎+1)-2푎+1,x<x.下面判断x,x是否在定义域(0,+∞)上.由韦达定理12푎1212푎,푥푥=1>012