2023年高考数学一轮复习 课时规范练15 利用导数研究函数的单调性（含解析）北师大版 文.docx

1、课时规范练15利用导数研究函数的单调性基础巩固组1.(2021河北唐山模拟)若f(x)=-12x2+mln x在12,+上是递减的,则m的取值范围是()A.-,14B.-,14C.12,+D.12,+答案:B解析:由题意可得f(x)=-x+mx0对于x12,+恒成立,即mx2对于x12,+恒成立,设y=x2,因为y=x2在12,+上是递增的,所以x214,+,即x214,所以m14,m的取值范围是-,14.2.(2021浙江宁波模拟)已知函数f(x)的导函数为f(x),且函数f(x)的图像如图所示,则函数y=xf(x)的图像可能是()答案:C解析:由图可知函数f(x)在(-,-1)上是递减的,

2、在(-1,+)上是递增的,则当x(-,-1)时,f(x)0,且f(-1)=0.对于函数y=xf(x),当x(-,-1)时,xf(x)0,当x(-1,0)时,xf(x)0,且当x=-1时,xf(x)=0,当x=0时,xf(x)=0,显然选项C符合.3.(2021云南昆明模拟)已知函数f(x)=2x-log2x,则不等式f(x)0的解集是()A.(0,1)B.(-,2)C.(2,+)D.(0,2)答案:D解析:f(x)=2x-log2x的定义域为(0,+),由f(x)=-2x2-1xln20的解集是(0,2).4.(2021湖南怀化模拟)已知a=12ln 2+14,b=2e,c=ln+1,则a,b

3、,c之间的大小关系为()A.abcB.acbC.cabD.bca答案:B解析:设函数f(x)=lnx+1x,则f(x)=-lnxx2,所以f(x)在(0,1)内是递增的,在(1,+)上是递减的,所以f(4)f()f(e),即ln4+14ln+1lne+1e,所以acb.5.(2021山东潍坊三模)某地区为落实乡村振兴战略,帮助农民致富,引入一种特色农产品种植,该农产品上市时间仅能维持5个月,预测上市初期和后期会因产品供应不足使价格持续上涨,而中期又将出现供大于求使价格连续下跌.经研究其价格模拟函数为f(t)=t(t-3)2+n(0t5,其中t=0表示5月1日,t=1表示6月1日,以此类推).若

4、f(2)=6,为保护农户的经济效应,当地政府计划在价格下跌时积极拓宽外销,请你预测该农产品价格下跌的月份为()A.5月和6月B.6月和7月C.7月和8月D.8月和9月答案:B解析:f(2)=2+n=6,故n=4,f(t)=t(t-3)2+4,t0,5,f(t)=(t-3)2+2t(t-3)=3(t-1)(t-3),则当t(0,1)时,f(t)是递增的;当t(1,3)时,f(t)是递减的;当t(3,5)时,f(t)是递增的;则当t=1和2时,处在中期,出现价格下跌,即6月和7月.6.设函数f(x)=12x2-9ln x在区间a-1,a+1上是递减的,则实数a的取值范围是.答案:(1,2解析:f(

5、x)=12x2-9lnx,定义域为(0,+),f(x)=x-9x,当x-9x0时,有00且a+13,解得1a2.7.(2021广东佛山二模)已知函数f(x)=x(2x-2-x),则不等式2f(x)-30时,f(x)0,则f(x)是递增的.又因为f(1)=2-12=32,由2f(x)-30可得f(x)f(1),所以|x|1,解得-1x1,即不等式的解集是(-1,1).8.已知函数y=f(x)(xR)的图像如图所示,则不等式xf(x)0的解集为.答案:0,122,+)解析:由f(x)图像特征可得,在-,12和2,+)上f(x)0,在12,2内f(x)1时,讨论f(x)的单调性.解:函数f(x)的定

6、义域为(0,+).f(x)=1-1x2+mx2-mx=1+m-1x2-mx=x2-mx+m-1x2=(x-1)x-(m-1)x2,因为m1,所以m-10.当0m-11,即1m0可得x1或0xm-1,由f(x)0得m-1x1,即m2时,由f(x)0得xm-1或0x1,由f(x)0得1xm-1,所以f(x)在(0,1),(m-1,+)上是递增的,在(1,m-1)内是递减的.综上可知,当1m2时,f(x)在(0,1),(m-1,+)上是递增的,在(1,m-1)内是递减的.综合提升组10.(2021山东青岛三模)定义在R上的奇函数f(x)的图像连续不断,其导函数为f(x),对任意正实数x恒有xf(x)

7、2f(-x),若g(x)=x2f(x),则不等式g(log3(x2-1)+g(-1)2f(-x)=-2f(x),即xf(x)+2f(x)0,因为g(x)=2xf(x)+x2f(x)=x2f(x)+xf(x)0,所以g(x)=x2f(x)在(0,+)上是递增的,又因为g(x)为奇函数,所以g(x)为R上的增函数,由g(log3(x2-1)+g(-1)0得g(log3(x2-1)-g(-1)=g(1),所以log3(x2-1)1,即0x2-13,解得-2x-1或1x0时,h(x)0,h(x)是递增的,当x0时,h(x)0时,g(x)=xf(x)0,f(x)0.12.(2021四川成都七中月考)若0

8、x1x2x1ex2;x2ex1ln x2-ln x1;ex1-ex2ln x2-ln x1.其中正确的序号有.答案:解析:构造函数f(x)=exx(0x1),因为f(x)=ex(x-1)x20,所以f(x)在(0,1)内是递减的.因为0x1x21,所以ex2x2x1ex2,所以选项正确,选项错误.构造函数h(x)=ex-lnx(0x0,h12=e12-20,所以存在x0(0,1),使h(x0)=0,所以h(x)在(0,x0)内是递减的,在(x0,1)内是递增的,所以无法判断选项的正确性.构造函数g(x)=ex+lnx(0x1),易知g(x)在(0,1)内是递增的,因为0x1x21,所以ex1+

9、ln x1ex2+ln x2,即ex1-ex20).(1)若a=0,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)为定义域内的增函数,求实数a的取值范围.解:(1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,定义域为(0,+),f(x)=ex-1-1,当x1时,f(x)=ex-1-10,所以f(x)在(1,+)上是递增的;当0x1时,f(x)=ex-1-10,所以g(x)在(0,+)上是递增的,又因为g(1)=0,所以当0x1时,g(x)0时,令h(x)=g(x),h(x)=ex-1+ax20,所以g(x)在(0,+)上是递增的,而g(1)=1-a,()当0a1时,g(a)=ea-1-10,所以存

10、在x0(a,1),使得g(x0)=0,且当x(0,x0)时,g(x)0,因此当x(x0,1)时g(x)0,此时g(x)g(1)=0,不符合题意;()当a=1时,g(1)=1-a=0,所以当x(0,1)时,g(x)0,所以g(x)在(0,1)内是递减的,在(1,+)上是递增的,故g(x)g(1)=0,符合题意;()当a1时,g(a)=ea-1-10,g(1)=1-a0,所以存在x1(1,a),使得g(x1)=0,且当x(0,x1)时,g(x)0,因此当x(1,x1)时,g(x)0,此时g(x)0,则a的取值范围是()A.(-,-1)(3,+)B.(-1,3)C.(-,-3)(1,+)D.(-3,

11、1)答案:B解析:因为f(x)定义域为R,f(-x)=-xe-x+-xe-x=-xex+xex=-f(x),所以f(x)是奇函数,f(x)=ex+xex+1-xex=e2x(1+x)+1-xex,令g(x)=e2x(1+x)+1-x,则g(x)=e2x(3+2x)-1,令h(x)=e2x(3+2x)-1,则h(x)=e2x(8+4x),当x0时,h(x)0,所以h(x)是增函数,h(x)h(0)=20,即g(x)0,所以当x0时g(x)是递增的,g(x)g(0)=20,所以f(x)0,f(x)在0,+)上是递增的,因为f(x)是奇函数,所以f(x)在R上是增函数.由f(1+a)+f(-a2+a

12、+2)0,可得f(1+a)-f(-a2+a+2)=f(a2-a-2),所以1+aa2-a-2,解得-1a0时,f(x)-f(x)1,f(1)=3,则下列结论中不正确的是()A.f(4)ef(3)B.f(4)4e3-1C.f(-4)e2f(-2)D.f(-4)0时,f(x)-f(x)1,即f(x)-f(x)-10,则当x0时,有g(x)0,即g(x)在区间(0,+)上是递增的.依次分析选项:对于选项A,g(x)在区间(0,+)上是递增的,有g(4)g(3),即f(4)+1e4f(3)+1e3,变形可得f(4)+1ef(3)+e,则有f(4)ef(3)+e-1ef(3),A正确;对于选项B,g(x)在区间(0,+)上为增函数,有g(4)g(1),即f(4)+1e4f(1)+1e1=4e,变形可得f(4)4e3-1,B正确;对于选项C,g(x)在区间(0,+)上为增函数,有g(4)g(2),即f(4)+1e4f(2)+1e2,变形可得f(4)+1e2f(2)+e2,即-f(-4)+1-e2f(-2)+e2,则有f(-4)e2f(-2)+1-e24e3-1,即-f(-4)4e3-1,变形可得f(-4)1-4e3,而1-4e3-(-4e2-1)=2-4e3+4e2=2-4e2(e-1)0,则有f(-4)1-4e3-4e2-1,D正确.