2022新高考總復習《數(shù)學》(人教)第三章　一元函數(shù)的導數(shù)及其應用課時規(guī)范練17　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

1、 課時規(guī)范練17利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 基礎鞏固組1.函數(shù)f(x)=x3-ax為R上增函數(shù)的一個充分不必要條件是()A.a0B.a02.(2020山東青島二中月考)已知定義域為R的函數(shù)f(x)的導數(shù)為f(x),且滿足f(x)x2-1的解集是()A.(-,-1)B.(-1,+)C.(2,+)D.(-,2)3.(2020山東德州二模,8)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,且f(x)+13ex的解集為()A.(1,+)B.(-,1)C.(0,+)D.(-,0)4.已知函數(shù)f(x)=lnxx,則()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、(2)5.(多選)下列函數(shù)中,既是奇函數(shù)又在區(qū)間(0,1)上單調遞增的是()A.y=2x3+4xB.y=x+sin(-x)C.y=log2|x|D.y=2x-2-x6.(多選)(2020山東高三模擬,8)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導函數(shù)f(x)滿足f(x)m1,則下列成立的有()A.f1m1-mmB.f1m1m-1D.f1m-10,函數(shù)f(x)=2ax3-3(a2+1)x2+6ax-2.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)在R上僅有一個零點,求a的取值范圍.綜合提升組10.已知函數(shù)f(x)=ax2-4ax-ln x,則f(x)在(1,3)上不具有單調性的一個充分不

3、必要條件是()A.a-,16B.a-12,+C.a-12,16D.a12,+11.已知函數(shù)f(x)=aln x-2x,若不等式f(x+1)ax-2ex在x(0,+)上恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-,2B.2,+)C.(-,0D.0,212.(多選)(2020山東膠州一中模擬,11)已知定義在0,2上的函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x),且f(0)=0,f(x)cos x+f(x)sin x0,則下列判斷中正確的是()A.f60C.f63f3D.f42f313.(2020山東濰坊臨朐模擬一,22)已知函數(shù)f(x)=mln x-x+mx(mR),討論f(x)的單調性.創(chuàng)新應用組14.(202

4、0山東濰坊臨朐模擬一,8)已知奇函數(shù)f(x)的定義域為-2,2,其導函數(shù)為f(x),當0 x2時,有f(x)cos x+f(x)sin x0成立,則關于x的不等式f(x)2f4cos x的解集為()A.4,2B.-2,-44,2C.-4,00,4D.-4,04,215.設函數(shù)f(x)=aln x+x-1x+1,其中a為常數(shù).(1)若a=0,求曲線y=f(x)在點(1,f(1)處的切線方程;(2)討論函數(shù)f(x)的單調性.參考答案課時規(guī)范練17利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性1.B函數(shù)f(x)=x3-ax為R上增函數(shù)的充要條件是f(x)=3x2-a0在R上恒成立,所以a(3x2)min.因為(3x2)m

5、in=0,所以a0.而(-,0)(-,0.故選B.2.D令g(x)=f(x)-x2,則g(x)=f(x)-2xx2-1可化為f(x)-x2-1,而g(2)=f(2)-22=3-4=-1,所以不等式可化為g(x)g(2),故不等式的解集為(-,2).故選D.3.C令g(x)=f(x)+1ex,f(x)+10,故g(x)在R上單調遞增,且g(0)=3,由f(x)+13ex,可得f(x)+1ex3,即g(x)g(0),所以x0,故選C.4.Df(x)=1-lnxx2(x0),當x(0,e)時,f(x)0;當x(e,+)時,f(x)f(3)f(2).故選D.5.ABD由奇函數(shù)定義可知,A,B,D均為奇

6、函數(shù),C為偶函數(shù),所以排除C;對于A,y=6x2+40,所以y=2x3+4x在(0,1)上單調遞增;對于B,y=1-cos x0,所以y=x+sin(-x)在(0,1)上單調遞增;對于D,y=2xln 2+2-xln 20,所以y=2x-2-x在(0,1)上單調遞增.故選ABD.6.AC設g(x)=f(x)-mx,則g(x)=f(x)-m0,故g(x)=f(x)-mx在R上單調遞增.因為1m0,所以g1mg(0),故f1m-1-1,即f1m0,而1-mm1-mm,故A正確,B錯誤.因為1m-10,所以g1m-1g(0),故f1m-1-mm-1-1,即f1m-11m-10,故C正確,D錯誤.故選

7、AC.7.(1,2f(x)=12x2-9ln x,f(x)=x-9x(x0),當x-9x0時,有00且a+13,解得10有解,即a2x-4ex有解.令g(x)=2x-4ex,則g(x)=2-4ex.令g(x)=0,解得x=-ln 2.函數(shù)g(x)=2x-4ex在(-,-ln 2)上單調遞增;在(-ln 2,+)上單調遞減.所以當x=-ln 2時,g(x)=2x-4ex取得最大值-2-2ln 2,所以a-2-2ln 2.9.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.當0aa.所以當x1a時,f(x)0,從而f(x)在(-,

8、a),1a,+上單調遞增;當ax1a時,f(x)1時,a1a.所以當xa時,f(x)0,從而f(x)在-,1a,(a,+)上單調遞增;當1axa時,f(x)0,從而f(x)在1a,a上單調遞減.綜上,當0a1時,f(x)在-,1a,(a,+)上單調遞增,在1a,a上單調遞減.(2)f(a)=-a4+3a2-2=(a2-1)(2-a2),f1a=1-1a2.當0a1時,f(a)0,f1a0,所以f(x)僅在1a,+上有一個零點,因此0a1時,f1a0,所以要滿足題設須有f(a)0,從而2-a20,解得1a2,因此1a0,g(1)g(3)0,解得a16.而12,+-,-1216,+,故選D.11.

9、Af(ex)=ax-2ex,所以f(x+1)ax-2ex在(0,+)上恒成立,等價于f(x+1)f(ex)在(0,+)上恒成立.因為當x(0,+)時,1x+11時,f(x)0恒成立,即當x1時,ax2恒成立,所以a2.故選A.12.CD令g(x)=f(x)cosx,x0,2,則g(x)=f(x)cosx+f(x)sinxcos2x.因為f(x)cos x+f(x)sin x0,所以g(x)=f(x)cosx+f(x)sinxcos2xg4,即f(6)cos6f(4)cos4,即f662f4,故A錯誤;又因為f(0)=0,所以g(0)=f(0)cos0=0,所以g(x)=f(x)cosx0在0,

10、2上恒成立,因為ln30,2,所以fln3g3,所以f(6)cos6f(3)cos3,即f63f3,故C正確;又因為g4g3,所以f(4)cos4f(3)cos3,即f42f3,故D正確.故選CD.13.解 由題意得x(0,+),f(x)=mx-1-mx2=-x2-mx+mx2.令g(x)=x2-mx+m,=m2-4m=m(m-4).當0m4時,0,g(x)0恒成立,則f(x)0,f(x)在(0,+)上單調遞減.當m0,函數(shù)g(x)與x軸有兩個不同的交點x1,x2(x1x2),x1+x2=m0,x1x2=m0,則x10.所以當x0,m+m2-4m2時,g(x)0,則f(x)在0,m+m2-4m

11、2上單調遞增;當xm+m2-4m2,+時,g(x)0,f(x)4時,0,函數(shù)g(x)與x軸有兩個不同的交點x1,x2(x10,x1x2=m0,則x10,x20.所以f(x)在0,m-m2-4m2,m+m2-4m2,+上單調遞減;在m-m2-4m2,m+m2-4m2上單調遞增.綜上所述,當0m4時,f(x)在(0,+)上單調遞減;當m4時,f(x)在0,m-m2-4m2上單調遞減,在m-m2-4m2,m+m2-4m2,m+m2-4m2,+上單調遞減.14.A根據(jù)題意,設g(x)=f(x)cosx,其導數(shù)為g(x)=f(x)cosx+f(x)sinxcos2x.因為當0 x2時,f(x)cos x

12、+f(x)sin x0,所以當0 x2時,g(x)0,則函數(shù)g(x)在0,2上單調遞減.又因為f(x)為定義域為-2,2的奇函數(shù),則g(-x)=f(-x)cos(-x)=-f(x)cosx=-g(x),則函數(shù)g(x)為奇函數(shù),所以函數(shù)g(x)在-2,2上為減函數(shù).f(x)2f4cos x,即f(x)cosx2f4,即f(x)cosxf(4)cos4,即g(x)g4.所以4x0,所以函數(shù)f(x)在(0,+)上單調遞增.當a0時,令g(x)=ax2+2(a+1)x+a,則=4(a+1)2-4a2=4(2a+1).()當a-12時,0,所以g(x)0,于是f(x)0,所以函數(shù)f(x)在(0,+)上單調遞減.()當-12a0,此時g(x)=0有兩個不相等的實數(shù)根,分別是x1=-(a+1)+2a+1a,x2=-(a+1)-2a+1a,x10,x1x2=10,可得0 x1x2.當0 xx2時,有g(x)0,f(x)0,所以