利用导数研究函数的单调性 专项训练-2026届高三数学一轮复习

利用导数研究函数的单调性 专项训练 一、单项选择题 1.函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的单调递增区间是(　　) A.(0,1) B. C. D. 2.(2024·重庆模拟)已知函数f(x)=xα(x>0),α为实数,f(x)的导函数为f'(x),在同一直角坐标系中,f(x)与f'(x)的大致图象不可能是(　　) 3.函数f(x)=ln(ex+1)-(　　) A.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递增 B.是偶函数,且在区间(0,+∞)上单调递减 C.是奇函数,且在区间(0,+∞)上单调递增 D.既不是奇函数,也不是偶函数 4.设函数f(x)=ax-aln x(a>0且a≠1)在区间(1,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.[e,+∞) B.[e2,+∞) C.[2e,+∞) D.[ee,+∞) 5.若命题:“∃a,b∈R,使得a-cos b≤b-cos a”为假命题,则a,b的大小关系为(　　) A.a<b B.a>b C.a≤b D.a≥b 6.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),且满足f'(x)-f(x)>0,f(2 023)=e2 023,则不等式f(ln x)<x的解集为(　　) A. B.(0,e2 023) C.(e2 023,+∞) D. 二、多项选择题 7.若一个函数在区间D上的导数值恒大于0,则该函数在D上纯粹递增,若一个函数在区间D上的导数值恒小于0,则该函数在D上纯粹递减,则(　　) A.函数f(x)=x2-2x在[1,+∞)上纯粹递增 B.函数f(x)=x3-2x在[1,2]上纯粹递增 C.函数f(x)=sin x-2x在[0,1]上纯粹递减 D.函数f(x)=ex-3x在[0,2]上纯粹递减 8.已知f(x),g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=ex,设函数G(x)=,则G(x)(　　) A.是奇函数 B.是偶函数 C.在R上单调递减 D.在R上单调递增 9.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. 三、填空题 10.函数f(x)=x+2cos x,x∈的单调递减区间为　　　　　. 11.若函数f(x)=2x+ncos x在定义域R上不单调,则正整数n的最小值是　　　　　. 12.若函数g(x)=ln x+x2-(b-1)x存在单调递减区间,则实数b的取值范围是　　　　　. 四、解答题 13.(13分)已知函数f(x)=eax-ex-b在x=0处的切线为x轴. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间. 14.(15分)函数f(x)=(ax+1)ln x-ax+2ln A. (1)当a=2时,讨论f(x)的单调性; (2)f(x)在(0,+∞)上单调递增,求a的取值范围. 15.(15分)已知函数f(x)=. (1)求f(x)的单调区间; (2)若存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,使|f(x1)-f(x2)|≥k|ln x1-ln x2|成立,求k的取值范围. 答案 1.D　函数f(x)=ln(2x-1)-x2+x的定义域为,且f'(x)=-2x+1=,令f'(x)>0,解得<x<,所以f(x)的单调递增区间为故选D. 2.C　由f(x)=xα,可得f'(x)=αxα-1,对于A,当α=-1时,在第一象限上f(x)=x-1单调递减,对应f'(x)=-x-2=-图象在第四象限且递增,故A选项符合; 对于B,C,D,在第一象限上f(x)与f'(x)的图象在(0,+∞)上都单调递增,故α>0且α-1>0,则α>1. 又由f(x)=f'(x)可得x=α>1,即f(x)=xα与f'(x)=αxα-1的图象交点横坐标应大于1,显然C项不符合,B,D项均符合.故选C. 3.A　∵f(x)的定义域为R,f(-x)=ln(e-x+1)+=ln(ex+1)-x+=ln(ex+1)-=f(x),∴f(x)为偶函数;当x>0时,f'(x)=>0,∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.故选A. 4.A　依题意,f'(x)=axln a-0在(1,+∞)上恒成立,记g(x)=f'(x)=axln a-,则g'(x)=ax(ln a)2+>0在(1,+∞)上恒成立,f'(x)在(1,+∞)上单调递增,所以只需aln a-a=a(ln a-1)≥0,解得a≥e,故选A. 5.B　由题意,命题的否定“∀a,b∈R,使得a-cos b>b-cos a”为真命题,即a+cos a>b+cos b,设f(x)=x+cos x,则f'(x)=1-sin x≥0,所以f(x)为增函数,所以由f(a)>f(b)可知a>b,故选B. 6.B　设g(x)=,则g'(x)= ∵f'(x)-f(x)>0,ex>0, ∴g'(x)=>0, ∴g(x)在R上单调递增. ∵f(2 023)=e2 023,∴g(2 023)==1,令t=ln x,则x=et, 由f(ln x)<x,得f(t)<et, 即<1,即g(t)<g(2 023), ∴t<2 023, 即ln x<2 023,∴0<x<e2 023,∴不等式f(ln x)<x的解集为(0,e2 023).故选B. 7.BC　若f(x)=x2-2x,则f'(x)=2x-2,因为f'(1)=0,所以A错误. 若f(x)=x3-2x,则f'(x)=3x2-2,当x∈[1,2]时,f'(x)>0恒成立,所以B正确. 若f(x)=sin x-2x,则f'(x)=cos x-2<0,所以C正确. 若f(x)=ex-3x,则f'(x)=ex-3<0在[0,2]上不恒成立,所以D错误.故选BC. 8.AD　因为f(x)+g(x)=ex①, 所以f(-x)+g(-x)=e-x, 即f(x)-g(x)=e-x②,联立①②,解得f(x)=,g(x)=,所以G(x)=,定义域为R,又因为G(-x)==-G(x), 所以G(x)是奇函数, 又G'(x)=>0,所以G(x)在R上单调递增,故A,D正确,B,C错误.故选AD. 9.AD　设y=x-1-ln x(x>1),则y'=1->0,∴y=x-1-ln x在(1,+∞)上单调递增,∴x-1-ln x>0, ∴ln x<x-1,x∈(1,+∞), ∴0<ln x<x-1,>0. 又f>f在(1,+∞)上恒成立,∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,∴f'(x)=(a2-1)ex-1-x≥0对∀x∈(1,+∞)恒成立,即a2-1在x∈(1,+∞)上恒成立.令g(x)=,x∈(1,+∞),g'(x)=,当x>1时,g'(x)<0,故g(x)<g(1)=1, ∴a2-1≥1,解得a或a≤-,∴a的值可以为- 10　由已知得f'(x)=1-2sin x,令f'(x)<0,即1-2sin x<0,解得<x<,则f(x)的单调递减区间为 11.3　因为函数f(x)=2x+ncos x,所以f'(x)=2-nsin x,令f'(x)=0,得sin x=因为sin x∈[-1,1],且n∈N*,所以n≥2.当n=2时,f'(x)=2-2sin x≥0,则f(x)在R上单调递增,不符合题意;当n>2时,令f'(x)=2-nsin x>0,得sin x<,令f'(x)=2-nsin x<0,得sin x>,所以f(x)在R上不单调,符合题意.综上,正整数n的最小值是3. 12.(3,+∞)　g(x)的定义域为(0,+∞),且其导函数为g'(x)=+x-(b-1).由g(x)存在单调递减区间知g'(x)<0在(0,+∞)上有解,即+x-(b-1)<0有解.因为g(x)的定义域为(0,+∞),所以x+2.要使+x-(b-1)<0有解,只需2<b-1,即b>3,所以实数b的取值范围是(3,+∞). 13.解 (1)因为f(x)=eax-ex-b, 所以f'(x)=aeax-e, 依题意f(0)=0且f'(0)=0, 所以解得 (2)由(1)可得f(x)=eex-ex-1函数的定义域为R,又因为f'(x)=eex+1-e=e(eex-1),令g(x)=f'(x)=eex+1-e,则g'(x)=eex+2>0, 所以g(x)(f'(x))在定义域R上单调递增,又因为f'(0)=0,所以当x<0时f'(x)<0,当x>0时f'(x)>0, 所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞). 14.解 (1)当a=2时,f(x)=(2x+1)ln x-2x+2ln 2,f(x)的定义域为(0,+∞),∴f'(x)=2ln x+-2=,令g(x)=2xln x+1,则g'(x)=2ln x+2=2(ln x+1),令g'(x)=0,即ln x+1=0,解得x=, 当0<x<时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>时,g'(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)min=g=1->0, ∴f'(x)>0在(0,+∞)上成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥0,x∈(0,+∞)恒成立, f'(x)=aln x+-a=0,x∈(0,+∞)恒成立,即axln x+1≥0,x∈(0,+∞)恒成立.令h(x)=axln x+1,则h'(x)=a(1+ln x). ∵a>0,当0<x<时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)取得最小值h=1-1-0,0<a≤e, ∴实数a的取值范围为(0,e]. 15.解 (1)由题意得f'(x)=,令f'(x)=0得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减. 综上可知,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)由题意,存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2,不妨设x1>x2>1,由(1)知x∈(1,+∞)时,f(x)单调递减. |f(x1)-f(x2)|≥k|ln x1-ln x2|等价于f(x2)-f(x1)≥k(ln x1-ln x2), 即f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1, 即存在x1,x2∈(1,+∞)且x1>x2,使f(x2)+kln x2≥f(x1)+kln x1成立.令h(x)=f(x)+kln x,则h(x)在(1,+∞)上存在减区间.即h'(x)=<0在(1,+∞)上有解集,即k<在(1,+∞)上有解,即k<,x∈(1,+∞);令t(x)=,x∈(1,+∞),t'(x)=, x∈(1,)时,t'(x)>0,t(x)在(1,)上单调递增;x∈(,+∞)时,t'(x)<0,t(x)在(,+∞)上单调递减,∴t(x)max=t()=,∴k< 学科网（北京）股份有限公司 $