2023届高考北师版数学一轮复习试题（适用于老高考新教材） 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 WORD版含解析.docx

1、课时训练16利用导数研究函数的单调性基础巩固组1.(2021广东汕头高三月考)在下列区间中,函数f(x)=1+lnxx在其上单调递减的是()A.(0,1)B.(0,e)C.(1,e)D.1e,e2.(2021重庆育才中学高三月考)函数f(x)=sin x-xcos x+12x2的单调递增区间为()A.(-,0)B.(-1,1)C.(0,+)D.(-1,+)3.(2021山东东营高三月考)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,+)4.(2021辽宁沈阳高三期中)已知函数f(x)=2x2-ln x,若f(x)在区间

2、(2m,m+1)上单调递增,则实数m的取值范围是()A.14,1B.14,+C.12,1D.0,1)5.(2021福建宁德高三期末)若2a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,则()A.aln 2bln 3cln 5B.cln 5bln 3aln 2C.aln 2cln 5bln 3D.cln 5aln 2bln 36.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.1e或4eC.-1e或-4eD.1e7.(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

3、k的值为.8.已知函数f(x)=x(2x-2-x),则不等式2f(x)-30的解集为.综合提升组9.(2021福建泉州高三期末)函数f(x)=2(x2-x)ln x-x2+2x的单调递增区间为()A.0,12B.(1,+)C.0,12(1,+)D.0,12和(1,+)10.(2021福建师大附中高三模拟)设a=sin 1,b=3sin 13,c=5sin 15,则()A.abcB.bacC.bcaD.cb-1,则实数a的取值范围是()A.-,274B.(-,2C.-,272D.(-,812.(2021辽宁大连高三期中)若函数f(x)=x+asin 2x在0,4上单调递增,则实数a的取值范围是.

4、创新应用组13.(2021浙江金华高三二模)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.(-,114.(2021福建福州一中高三期末)已知函数f(x)=2sin x+e-x-ex,则不等式f(a2-a+1)+f(-2a+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.C解析:由于f(x)=(1+lnx)x-(1+lnx)xx2=-lnxx2,且当x(1,e)时,f(x)0,则x(sinx+1)0,所以x0,所以

5、函数f(x)的单调递增区间为(0,+),故选C.3.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.4.A解析:因为函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=4x-1x,由f(x)0,得4x-1x0,解得x12,所以f(x)的单调递增区间为12,+,由于f(x)在区间(2m,m+1)上单调递增,则(2m,m+1)12,+,所以m+12m,2m12,解得14m1,因此实数m的取值范围是14,1.5.D解析:构造函数f(x)=lnxx,则f(x)=1-lnxx2,令f(x)=0,解得x=

6、e,当x(e,+)时,f(x)0,故f(x)单调递减,又因为e34f(4)f(5),即ln33ln44=ln22ln55,又因为2a+ln22=3b+ln33=5c+ln55,所以3b2a5c,则ln3bln2aaln2bln3,故选D.6.C解析:由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f(x)=6x2+axex=0在区间(0,3)上有解,即-a=6xex在区间(0,3)上有解.令g(x)=6xex,则g(x)=6(1-x)ex,当x(0,1)时,g(x)0;当x(1,3)时,g(x)0;故g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减;又因为g(0)=0,g(1)=6e,g(3)=

7、18e3,且当-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,则f(x)单调递增.又因为f(0)=0,f(1)=2-12=32,由2f(x)-30可得f(x)f(1),所以|x|1,解得-1x1,即不等式的解集为(-1,1).9.D解析:因为函数f(x)的定义域为(0,+),f(x)=2(2x-1)lnx+2(x2-x)1x-2x+2=2(2x-1)lnx,当x0,12时,2x-10,lnx0,f(x)单调递增;当x12,1时,2x-10,ln

8、x0,f(x)0,lnx0,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)的单调递增区间为0,12和(1,+),故选D.10.A解析:令f(x)=1xsinx(0x1),则f(x)=xcosx-sinxx2,因为当0x1时,xtanx,所以f(x)=xcosx-sinxx21315,所以f(1)f13f15,即abc,故选A.11.A解析:不妨设x1f(x1)+x1,可知函数f(x)+x在(0,2上单调递增,则导函数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,则v(x)=(x+1)2(2x-1)x2,所以v(x)

9、0在12,2上恒成立,所以函数v(x)在0,12上单调递减,在12,2上单调递增,所以v(x)v12=274,即a274.故选A.12.-12,+解析:f(x)=1+2acos2x,由题意知f(x)=1+2acos2x0在0,4上恒成立且不恒为0,显然x=4时,f4=1+2acos24=10恒成立,所以只需f(x)=1+2acos2x0在0,4上恒成立且不恒为0,即2a-1cos2x在0,4上恒成立且不恒为0,所以只需当x0,4时,2a-1cos2xmax.又因为当x0,4时,有00,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

10、+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,因为m(x)=1-cosx0,故m(x)单调递增,又因为m(0)=0,故当x0时,m(x)0,即h(x)0时,m(x)0,即h(x)0,h(x)单调递增,故h(x)=cosx+12x2的最小值为h(0)=1,因此a1,故选D.14.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,即不等式的解集为a|1a2.