2024届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练16利用导数研究函数的单调性.docx

《2024届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练16利用导数研究函数的单调性.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考数学一轮总复习第四章一元函数的导数及其应用课时规范练16利用导数研究函数的单调性.docx（4页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、课时规范练16利用导数研究函数的单调性基础巩固组1.(2022重庆八中高三检测)函数f(x)=e-xcos x(x(0,)的单调递增区间为()A.0,2B.2,C.0,34D.34,2.函数y=13x3+x2+mx+2是R上的单调函数,则实数m的取值范围是()A.(-,1)B.(-,1C.(1,+)D.1,+)3.已知函数f(x)=2x2-ln x,若f(x)在区间(2m,m+1)内单调递增,则实数m的取值范围是()A.14,1B.14,+C.12,1D.0,1)4.若2a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,则()A.aln 2bln 3cln 5B.cln 5bln 3aln 2C.

2、aln 2cln 5bln 3D.cln 5aln 2bln 35.(多选)已知函数f(x)=2x3+a(x-1)ex在区间0,3上不单调,则实数a的值可以是()A.4eB.-4eC.-1eD.1e6.(2022山东日照高三月考)已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k0),若f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为.7.已知函数f(x)=x(2x-2-x),则不等式2f(x)-30,则使不等式f(ln x)-1e成立的实数x的取值范围为()A.0,1eB.1e,+C.(0,e)D.(e,+)9.已知函数f(x)=ax+1+ln x,若对任意x1,x2(0,2,且x1

3、x2,都有f(x2)-f(x1)x2-x1-1,则实数a的取值范围是()A.-,274B.(-,2C.-,272D.(-,810.(2022河北衡水高三检测)已知定义在(0,+)上的函数f(x)满足xf(x)-f(x)(m-2 022)f(2),则实数m的取值范围为.创新应用组11.已知函数f(x)=ex-e-x,g(x)=sin x+16x3-ax.对于任意x1,x2且x1x2,都有f(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)0,则实数a的取值范围是()A.(-,0)B.(-,0C.(-,1)D.(-,112.已知函数f(x)=2sin x+e-x-ex,则不等式f(a2-a+1)+f(-2

4、a+1)0的解集为.课时规范练16利用导数研究函数的单调性1.D解析:f(x)=-e-xcosx-e-xsinx=-e-x(cosx+sinx)=-2e-xsinx+4,当x0,34时,e-x0,sinx+40,则f(x)0,sinx+40,f(x)单调递增.故函数f(x)的单调递增区间为34,.2.D解析:函数y=13x3+x2+mx+2是R上的单调函数,即y=x2+2x+m0或y=x2+2x+m0(舍)在R上恒成立,因此=4-4m0,解得m1,故选D.3.A解析:函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=4x-1x.由f(x)0,即4x-1x0,解得x12,所以f(x)的单调递增区间为1

5、2,+.因为f(x)在区间(2m,m+1)内单调递增,所以(2m,m+1)12,+,所以m+12m,2m12,解得14m0,则f(x)=1-lnxx2.令f(x)=0,得x=e,当x(e,+)时,f(x)0,f(x)单调递减,因为e34f(4)f(5),即ln33ln44=ln22ln55.又因为2a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,所以3b2a5c,所以ln3bln2aaln2bln3,故选D.5.BC解析:由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f(x)=6x2+axex.由题意知f(x)=0在区间(0,3)内有解,即-a=6xex在区间(0,3)内有解 .令g(x)=6xex,

6、则g(x)=6(1-x)ex,令g(x)=0,得x=1,当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,3)时,g(x)0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,3)内单调递减.所以当x=1时,g(x)有极大值.g(0)=0,g(1)=6e,g(3)=18e3,在区间(0,3)内,当直线y=-a与g(x)的图象有交点时,0-a6e,但当-a=6e,即a=-6e时,f(x)在区间0,3上单调递减,所以0-a6e,即-6ea0),得f(x)=3kx2+6(k-1)x.因为f(x)的单调递减区间是(0,4),所以f(x)0时,f(x)0,所以f(x)单调递增.又因为f(0)=0,f(1)=2-

7、12=32,由2f(x)-30可得f(x)f(1),所以|x|1,解得-1x0时,f(x)=-f(-x),所以,当x-1e即为f(lnx)f(1),所以lnx1,得0xe.9.A解析:不妨设x1-1可得f(x2)+x2f(x1)+x1,可知函数f(x)+x在区间(0,2上单调递增,则导函数f(x)+10在区间(0,2上恒成立,由f(x)+1=1+1xa(x+1)20,可得a(x+1)3x.令v(x)=(x+1)3x,x(0,2,则v(x)=(x+1)2(2x-1)x2,令v(x)=0,得x=12.当x0,12时,v(x)0,所以函数v(x)在区间0,12内单调递减,在区间12,2上单调递增,所

8、以v(x)v12=274,即a274.故选A.10.(2 022,2 024)解析:函数f(x)的定义域为(0,+),由xf(x)-f(x)0,得f(x)x=xf(x)-f(x)x20.设F(x)=f(x)x,x(0,+),则F(x)(m-2022)f(2),所以m-20220,且f(m-2022)m-2022f(2)2,所以0m-20222,解得2022m0,所以f(x1)-f(x2)与g(x1)-g(x2)同号,因此f(x)与g(x)的单调性相同.因为f(x)=ex+e-x0在R上恒成立,所以函数f(x)在R上单调递增,因此g(x)也在R上单调递增,而g(x)=cosx+12x2-a,所以cosx+12x2-a0恒成立,即acosx+12x2恒成立.令h(x)=cosx+12x2,则h(x)=x-sinx.设m(x)=x-sinx,则m(x)=1-cosx0,所以函数m(x)单调递增.又因为m(0)=0,所以当x0时,m(x)0,即h(x)0时,m(x)0,即h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)=cosx+12x2的最小值为h(0)=1,因此a1.故选D.12.a|1a0,即f(a2-a+1)-f(-2a+1),即f(a2-a+1)f(2a-1),所以a2-a+12a-1,即a2-3a+20,解得1a2,所以不等式的解集为a|1a2.