主题2 第3章 第2节 利用导数研究函数的单调性-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（北师大版）

课时冲关16　利用导数研究函数的单调性 [基础训练组] 1．(2024·天津崇化中学期中)函数y＝x2·e－x的递增区间是(　　) A．(0,2) B．(－∞，0) C．(－∞，0)，(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 解析：A　[由题意，函数f(x)＝x2·e－x＝，可得f′(x)＝，令f′(x)＞0，即x(x－2)＜0，解得0＜x＜2，所以函数y＝x2·e－x的递增区间是(0,2)．] 2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．] 3．(2024·湖北房县第一中学模拟)已知函数f(x)＝，不等式f(x2)＞f(x＋2)的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1,2) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(－2,1) 解析：B　[因为f(x)＝，所以f′(x)＝＜0，所以f(x)在R上单调递减， 则f(x2)＞f(x＋2)等价于x2＜x＋2，解得－1＜x＜2，即原不等式的解集为(－1,2)．] 4．(2024·沙坪坝区模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f′(x)＜，则对任意x1、x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，下列不等式中一定成立的有(　　) ①f(x1＋x2)＜f(x1)＋f(x2)；②f(x1)＋f(x2)＜f(x1)＋f(x2)；③f(1)；④f(x1x2)＜f(x1)f(x2)． A．①②③　　　　　 B．②④ C．②③ D．③ 解析：A　[由已知g(x)＝，则g′(x)＝＜0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故(x1－x2)[g(x1)－g(x2)]＜0，展开即为②； 由于＞1，故g()＜g(1)，故③正确； 由于x1＋x2＞x1⇒g(x1＋x2)＜g(x1)⇒ f(x1＋x2)＜f(x1)， 同理f(x1＋x2)＜f(x2)，相加得f(x1＋x2)＜f(x1)＋f(x2)，故①正确； 取f(x)＝1，它符合题意，但是④并不成立，综上一定成立的有①②③.] 5．(2024·湖南师范大学附中模考)下列两数的大小关系中正确的是(　　) A．π3＞3π B.＞ C．2ln 3＜3ln 2 D．tan 1＜1 解析：B　[对于A，设f(x)＝(x＞e)， 则f′(x)＝， 则当x＞e时，f′(x)＜0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴f(3)＞f(π)， 即＞，即πln 3＞3ln π，∴ln 3π＞ln π3，则3π＞π3，A错误； 对于B，∵()12＝34＝81，()12＝43＝64， ∴()12＞()12，则＞，B正确； 对于C，∵2ln 3＝ln 32＝ln 9,3ln 2＝ln 23＝ln 8，ln 9＞ln 8，∴2ln 3＞3ln 2，C错误； 对于D，tan 1＞tan＝1，D错误．] 6．(2024·荆州模拟)已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)≠0，且满足f′(x)ln x＋＜0，则不等式(x－1)f(x)＜0的解集为(　　) A．(1，＋∞) B．(0,1) C．(－∞，1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 解析：D　[∵[f(x)ln x]′＝f(x)＋f′(x)ln x＜0，∴g(x)＝f(x)ln x在(0，＋∞)上为减函数， 而g(1)＝0， ∴在(0,1)上ln x＜0，g(x)＞0；在(1，＋∞)上ln x＞0，g(x)＜0；而f(1)＜0， ∴在(0，＋∞)上f(x)＜0，又函数f(x)为奇函数， ∴在(－∞，0)上f(x)＞0， 不等式(x－1)f(x)＜0等价于或∴x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．] 7．(多选)(2024·全国模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，对于任意x∈(0，＋∞)，都有xln xf′(x)＋f(x)＞0，则使不等式f(x)ln x＋1＞成立的x的值可以为(　　) A. B．1 C．2 D．3 解析：CD　[令g(x)＝f(x)ln x＋1－，所以g′(x)＝f′(x)ln x＋＋， 因为＞0，＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝0，可得g(x)＞0的解集为(1，＋∞)．] 8．(多选)(2024·广东模拟)已知f(x)＝(a2－1)ex－1－x2，若不等式f＞f在(1，＋∞)上恒成立，则a的值可以为(　　) A．－ B．－1 C．1 D. 解析：AD　[设y＝x－1－ln x(x＞1)，则y′＝1－＞0，所以y＝x－1－ln x在(1，＋∞)上单调递增， 所以x－1－ln x＞0， 所以ln x＜x－1，x∈(1，＋∞)， ∴0＜ln x＜x－1， ∴＞＞0. 又f＞f在(1，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)＝(a2－1)ex－1－x≥0对∀x∈(1，＋∞)恒成立，即a2－1≥恒成立． 令g(x)＝，g′(x)＝，当x＞1时， g′(x)＜0，故g(x)＜g(1)＝1， ∴a2－1≥1，解得a≥或a≤－， 所以a的值可以为－，.] 9．(2024·呼和浩特市模拟)若函数f(x)＝ln x＋ax2－2x在区间(1,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______． 解析：f′(x)＝＋2ax－2， 若f(x)在区间(1,2)内存在单调递增区间， 则f′(x)＞0在x∈(1,2)有解，故a＞－， 令g(x)＝－，∵g(x)在(1,2)为减函数， ∴g(x)＞g(2)＝－＝，故a＞. 答案： 10．(2024·河北模拟)若函数f(x)＝(x2＋mx)ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是_________． 解析：f′(x)＝(2x＋m)ex＋(x2＋mx)ex＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex， 则原问题等价于f′(x)＜0在上有解，即x2＋(m＋2)x＋m＜0在上有解， 即m＜在上有解， 因为＝－(x＋1)＋，且y＝－(x＋1)＋在上单调递减， 所以当x＝－时，ymax＝－＋＝，所以m＜. 答案：m＜ 11．(2024·北京模拟)已知奇函数f(x)的定义域为R，且＞0，则f(x)的单调递减区间为________________；满足以上条件的一个函数是________． 解析：由＞0，可得f′(x)(x2－1)＞0， 所以或 所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0， 所以f(x)的单调递减区间为(－1,1)， 所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝x3－x(答案不唯一)． 答案：(－1,1)　f(x)＝x3－x(答案不唯一) 12．(2024·齐齐哈尔市模拟)已知函数f(x)＝kln x－1＋，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)＞ax在0＜x＜1时恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，∵y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴垂直， ∴f′(1)＝0，即k＝1，∴f′(x)＝， ∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时， f′(x)＞0， ∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)． (2)f(x)＝ln x－1＋，∵f(x)＞ax 对0＜x＜1恒成立，∴a＜在(0,1)上恒成立， 设g(x)＝＝－＋(0＜x＜1)，则 g′(x)＝＋－＝， 令h(x)＝2x－xln x－2(0＜x＜1)，则 h′(x)＝2－ln x－1＝1－ln x＞0， ∴h(x)在(0,1)上单调递增，∴h(x)＜h(1)＝0， ∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0,1)上单调递减， ∴g(x)＞g(1)＝0，∴a≤0. [能力提升组] 13．(2024·江西鹰潭市模拟)已知奇函数f(x)的定义域为∪，其导函数是f′(x)．当x∈时，f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，则关于x的不等式f(x)＜2fsin x的解集为(　　) A.∪ B.∪ C.∪ D.∪ 解析：D　[g(x)＝， ∴g′(x)＝， ∵当x∈时，f′(x)sin x－f(x)cos x＜0，∴g′(x)＜0， ∴g(x)在上单调递减，∵f(x)是定义在∪上的奇函数， 故g(－x)＝＝＝g(x)，∴g(x)是定义在∪上的偶函数． ∴g(x)在上单调递增． ①当x∈时，sin x＞0， 则不等式f(x)＜2fsin x可转化为＜，即g(x)＜g，∴x＞， 故x∈. ②当x∈时，sin x＜0， 则不等式f(x)＜2fsin x可转化为 ＞， 即g(x)＞g＝g， ∴x＞－，故x∈. 不等式f(x)＜2fsin x的解集为∪.] 14．(多选)若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1＞0，且f(1)＝1，则下列结论中成立的是(　　) A．f(e)＞0 B．f＜2 C．∀x∈(1，e)，f(x)＞0 D．∃x∈(1，e)，f(x)－f＋2＜0 解析：ABC　[根据题意，若定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数f′(x)满足xf′(x)＋1＞0，则有f′(x)＋＞0，则有(f(x)＋ln x)′＞0，设g(x)＝f(x)＋ln x，则g′(x)＝f′(x)＋＞0，则g(x)在(0，＋∞)上为增函数，依次分析选项：对于A，e＞1，则g(e)＞g(1)，即f(e)＋ln e＞1，则有f(e)＞0，A成立；对于B，＜1，则g＜g(1)，则f＋ln＝f－1＜1，即有f＜2，故B成立；对于C，g(x)在(1，e)上为增函数，且g(1)＝1，则有f(x)＋ln x＞1，则f(x)＞1－ln x，又当1＜x＜e时，0＜ln x＜1，则f(x)＞0，符合题意；对于D，当x∈(1，e)时，有x＞＞＞0，此时有g(x)＞g，即f(x)＋ln x＞f＋ln，变形可得f(x)－f＋2ln x＞0，又当1＜x＜e时，0＜ln x＜1，则f(x)－f＋2＞0恒成立，不符合题意．] 15．(2024·全国模拟)如果cos5θ－sin5θ＞7(cos3θ－sin3θ)，θ∈[0,2π] ，则θ的取值范围是________． 解析：由已知得cos5θ－7cos3θ＞sin5θ－7sin3θ，令f(x)＝x5－7x3，则f′(x)＝5x4－21x2＝x2(5x2－21)＜0对任意x∈[－1,1]恒成立，于是f(x)在[－1,1]上单调递减． cos5θ－7cos3θ＞sin5θ－7sin3θ， 即f(cos θ)＞f(sin θ) ， 由f(x)在[－1,1]上单调递减，得cos θ＜sin θ，解得＜θ＜， 所以θ的取值范围是. 答案： 16．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若f(x)在(1,2)上是单调函数，求实数a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为{x|x≠a}，f′(x)＝. ①当a＝0时，f(x)＝x(x≠0)，f′(x)＝1， 则x∈(－∞，0)，(0，＋∞)时，f(x)为增函数； ②当a>0时，由f′(x)>0，得x>2a或x<0， 由于此时0<a<2a，所以x>2a时，f(x)为增函数，x<0时，f(x)为增函数； 由f′(x)<0，得0<x<2a，考虑定义域，当0<x<a时，f(x)为减函数，a<x<2a时，f(x)为减函数； ③当a<0时，由f′(x)>0，得x>0或x<2a，由于此时2a<a<0，所以当x<2a时，f(x)为增函数，x>0时，f(x)为增函数． 由f′(x)<0，得2a<x<0，考虑定义域，当2a<x<a，f(x)为减函数，a<x<0时，f(x)为减函数． 综上，当a＝0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)． 当a>0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2a，＋∞)，单调减区间为(0，a)，(a,2a)． 当a<0时，函数f(x)的单调增区间为(－∞，2a)，(0，＋∞)，单调减区间为(2a，a)，(a,0)． (2)①当a≤0时，由(1)可得，f(x)在(1,2)上单调递增，且x∈(1,2)时，x≠a. ②当0<2a≤1时，即0<a≤时，由(1)可得，f(x)在(2a，＋∞)上单调递增，即在(1,2)上单调递增，且x∈(1,2)时，x≠a. ③当1<2a<2时，即<a<1时，由(1)可得，f(x)在(1,2)上不具有单调性，不合题意． ④当2a≥2，即a≥1时，由(1)可得，f(x)在(0，a)，(a,2a)为减函数，同时需注意a∉(1,2)，满足这样的条件时f(x)在(1,2)上单调递减，所以此时a＝1或a≥2. 综上所述，实数a的取值范围是∪{1}∪[2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$