課時(shí)規(guī)范練16　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

1、 課時(shí)訓(xùn)練16利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性基礎(chǔ)鞏固組1.(2021廣東汕頭高三月考)在下列區(qū)間中,函數(shù)f(x)=1+lnxx在其上單調(diào)遞減的是()A.(0,1)B.(0,e)C.(1,e)D.1e,e2.(2021重慶育才中學(xué)高三月考)函數(shù)f(x)=sin x-xcos x+12x2的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.(-,0)B.(-1,1)C.(0,+)D.(-1,+)3.(2021山東東營(yíng)高三月考)函數(shù)y=13x3+x2+mx+2是R上的單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.(-,1)B.(-,1C.(1,+)D.1,+)4.(2021遼寧沈陽(yáng)高三期中)已知函數(shù)f(x)=2x2-ln x,若f(x)在區(qū)

2、間(2m,m+1)上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.14,1B.14,+C.12,1D.0,1)5.(2021福建寧德高三期末)若2a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,則()A.aln 2bln 3cln 5B.cln 5bln 3aln 2C.aln 2cln 5bln 3D.cln 5aln 2bln 36.已知函數(shù)f(x)=2x3+a(x-1)ex在區(qū)間0,3上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的值可以是()A.4eB.1e或4eC.-1e或-4eD.1e7.(2022山東日照高三月考)已知函數(shù)f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k0),若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4),則實(shí)

3、數(shù)k的值為.8.已知函數(shù)f(x)=x(2x-2-x),則不等式2f(x)-30的解集為.綜合提升組9.(2021福建泉州高三期末)函數(shù)f(x)=2(x2-x)ln x-x2+2x的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.0,12B.(1,+)C.0,12(1,+)D.0,12和(1,+)10.(2021福建師大附中高三模擬)設(shè)a=sin 1,b=3sin 13,c=5sin 15,則()A.abcB.bacC.bcaD.cb-1,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.-,274B.(-,2C.-,272D.(-,812.(2021遼寧大連高三期中)若函數(shù)f(x)=x+asin 2x在0,4上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

4、.創(chuàng)新應(yīng)用組13.(2021浙江金華高三二模)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x,g(x)=sin x+16x3-ax.對(duì)于任意x1,x2且x1x2,都有f(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)0,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(-,0)B.(-,0C.(-,1)D.(-,114.(2021福建福州一中高三期末)已知函數(shù)f(x)=2sin x+e-x-ex,則不等式f(a2-a+1)+f(-2a+1)0的解集為.課時(shí)規(guī)范練16利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.C解析: 由于f(x)=(1+lnx)x-(1+lnx)xx2=-lnxx2,且當(dāng)x(1,e)時(shí),f(x)0,則x(sin x+1)0,所以x0

5、,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+),故選C.3.D解析: 函數(shù)y=13x3+x2+mx+2是R上的單調(diào)函數(shù),即y=x2+2x+m0或y=x2+2x+m0(舍)在R上恒成立,因此=4-4m0,解得m1,故選D.4.A解析: 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=4x-1x,由f(x)0,得4x-1x0,解得x12,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為12,+,由于f(x)在區(qū)間(2m,m+1)上單調(diào)遞增,則(2m,m+1)12,+,所以m+12m,2m12,解得14m1,因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是14,1.5.D解析: 構(gòu)造函數(shù)f(x)=lnxx,則f(x)=1-lnxx2,令f(x)=

6、0,解得x=e,當(dāng)x(e,+)時(shí),f(x)0,故f(x)單調(diào)遞減,又因?yàn)閑34f(4)f(5),即ln33ln44=ln22ln55,又因?yàn)?a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,所以3b2a5c,則ln 3bln 2aaln 2bln 3,故選D.6.C解析: 由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f(x)=6x2+axex=0在區(qū)間(0,3)上有解,即-a=6xex在區(qū)間(0,3)上有解 .令g(x)=6xex,則g(x)=6(1-x)ex,當(dāng)x(0,1)時(shí),g(x)0;當(dāng)x(1,3)時(shí),g(x)0;故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,3)上單調(diào)遞減;又因?yàn)間(0)=0,g

7、(1)=6e,g(3)=18e3,且當(dāng)-a=6e,即a=-6e時(shí),f(x)在區(qū)間0,3上單調(diào)遞減,所以0-a6e,即-6ea0),得f(x)=3kx2+6(k-1)x,因?yàn)閒(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4),所以f(x)0時(shí),f(x)0,則f(x)單調(diào)遞增.又因?yàn)閒(0)=0,f(1)=2-12=32,由2f(x)-30可得f(x)f(1),所以|x|1,解得-1x1,即不等式的解集為(-1,1).9.D解析: 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+),f(x)=2(2x-1)ln x+2(x2-x)1x-2x+2=2(2x-1)ln x,當(dāng)x0,12時(shí),2x-10,ln x0,f(x)單調(diào)遞增;

8、當(dāng)x12,1時(shí),2x-10,ln x0,f(x)0,ln x0,f(x)0,f(x)單調(diào)遞增,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0,12和(1,+),故選D.10.A解析: 令f(x)=1xsin x(0 x1),則f(x)=xcosx-sinxx2,因?yàn)楫?dāng)0 x1時(shí),xtan x,所以f(x)=xcosx-sinxx21315,所以f(1)f13f15,即abc,故選A.11.A解析: 不妨設(shè)x1f(x1)+x1,可知函數(shù)f(x)+x在(0,2上單調(diào)遞增,則導(dǎo)函數(shù)f(x)+10在(0,2上恒成立,所以f(x)+1=1+1x-a(x+1)20,可得a(x+1)3x.令v(x)=(x+1)3x,則v(

9、x)=(x+1)2(2x-1)x2,所以v(x)0在12,2上恒成立,所以函數(shù)v(x)在0,12上單調(diào)遞減,在12,2上單調(diào)遞增,所以v(x)v12=274,即a274.故選A.12.-12,+解析: f(x)=1+2acos 2x,由題意知f(x)=1+2acos 2x0在0,4上恒成立且不恒為0,顯然x=4時(shí),f4=1+2acos 24=10恒成立,所以只需f(x)=1+2acos 2x0在0,4上恒成立且不恒為0,即2a-1cos2x在0,4上恒成立且不恒為0,所以只需當(dāng)x0,4時(shí),2a-1cos2xmax.又因?yàn)楫?dāng)x0,4時(shí),有00,所以f(x1)-f(x2)與g(x1)-g(x2)同號(hào),因此f(x)與g(x)的單調(diào)性相同,因?yàn)閒(x)=ex+e-x0在R上恒成立,所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,因此g(x)也在R上單調(diào)遞增,而g(x)=cos x+12x2-a,所以cos x+12x2-a0恒成立,即acos x+12x2恒成立.令h(x)=cos x+12x2,則h(x)=x-sin x,設(shè)m(x)=x-sin x,因?yàn)閙(x)=1-cos x0,故m(x)單調(diào)遞增,又因?yàn)閙(0)=0,故當(dāng)x0時(shí),m(x)0,即h(x