適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考數(shù)學一輪總復習第四章一元函數(shù)的導數(shù)及其應用課時規(guī)范練16利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

課時規(guī)范練16利用導數(shù)探討函數(shù)的單調性基礎鞏固組1.函數(shù)f(x)=e-xcosx(x∈(0,π))的單調遞增區(qū)間為()A.0,π2 B.π2,πC.0,3π4 D.3π4,π2.(2024廣西玉林二模)若函數(shù)f(x)=(ax+1)ex在[1,2]上為增函數(shù),則a的取值范圍是()A.-12,+∞ B.-13,+∞C.-14,+∞ D.[0,+∞)3.已知函數(shù)f(x)=2x2-lnx,若f(x)在區(qū)間(2m,m+1)內(nèi)單調遞增,則實數(shù)m的取值范圍是()A.14,1 B.14,+∞C.12,1 D.[0,1)4.(2024山東濟寧二模)設a=12,b=ln32,c=π2sin1A.b<a<c B.a<b<cC.c<b<a D.b<c<a5.(多選)已知函數(shù)f(x)=2x3+a(x-1)ex在區(qū)間[0,3]上不單調,則實數(shù)a的值可以是()A.4e B.-C.-1e D.6.已知函數(shù)f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),若f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,4),則實數(shù)k的值為.

7.已知函數(shù)f(x)=x(2x-2-x),則不等式2f(x)-3<0的解集為.

綜合提升組8.已知函數(shù)f(x)=ex-x-1,x≤0,-fA.0,1e B.1e,+∞C.(0,e) D.(e,+∞)9.(2024陜西商洛二模)已知函數(shù)g(x)=2x-2lnx,若函數(shù)f(x)=g(x)-2m+3有2個零點,則實數(shù)m的取值范圍是()A.-12,+∞ B.12,+∞C.-52,+∞ D.52,+∞10.已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿意xf'(x)-f(x)<0,其中f'(x)是f(x)的導函數(shù).若2f(m-2022)>(m-2022)f(2),則實數(shù)m的取值范圍為.

創(chuàng)新應用組11.已知函數(shù)f(x)=ex-e-x,g(x)=sinx+16x3-ax.對于隨意x1,x2且x1≠x2,都有f(x1)-fA.(-∞,0) B.(-∞,0] C.(-∞,1) D.(-∞,1]12.已知函數(shù)f(x)=2sinx+e-x-ex,則不等式f(a2-a+1)+f(-2a+1)>0的解集為.

課時規(guī)范練16利用導數(shù)探討函數(shù)的單調性1.D解析f'(x)=-e-xcosx-e-xsinx=-e-x(cosx+sinx)=-2e-xsinx+π4,當x∈0,3π4時,e-x>0,sinx+π4>0,則f'(x)<0,f(x)單調遞減;當x∈3π4,π時,e-x>0,sinx+π4<0,則f'(x)>0,f(x)單調遞增.故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為3π4,π.2.B解析依題意得f'(x)=(ax+a+1)ex≥0對x∈[1,2]恒成立,即ax+a+1≥0對x∈[1,2]恒成立.因為y=ax+a+1的圖象為直線,所以a+a+1≥0,2a3.A解析函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=4x-1x.由f'(x)>0,即4x-1x>0,解得x>12,所以f(x)的單調遞增區(qū)間為12,+∞.因為f(x)在區(qū)間(2m,m+1)內(nèi)單調遞增,所以(2m,m+1)?12,+∞,所以m+1>2m,2m≥12,解得4.A解析令g(x)=x-1-lnx(x>0),則g'(x)=1-1x=x-1x.當g'(x)>0時,x>1;當g'(x)<0時,0<x<1,所以g(x)在(0,1)內(nèi)單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,故g(x)≥g(x)min=g(1)=0,即x-1≥lnx.由x-1≥lnx知a>b.設f(x)=π2sinx-x,則f'(x)=π2cosx-1在區(qū)間0,π6內(nèi)是減函數(shù),且f'π6=π2cosπ6-1=π2·32-1=3π-44>0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0,π6內(nèi)是增函數(shù).所以f5.BC解析由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f'(x)=6x2+axex.由題意知f'(x)=0在區(qū)間(0,3)內(nèi)有解,即-a=6xex在區(qū)間(0,3)內(nèi)有解.令g(x)=6xex,則g'(x)=6(1-x)ex,令g'(x)=0,得x=1,當x∈(0,1)時,g'(x)>0;當x∈(1,3)時,g'(x)<0,所以g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調遞增,在區(qū)間(1,3)內(nèi)單調遞減.所以當x=1時,g(x)有極大值.g(0)=0,g(1)=6e,g(3)=18e3,在區(qū)間(0,3)內(nèi),當直線y=-a與g(x)的圖象有交點時,0<-a≤6e,但當-a=6e,即a=-6e時,f6.13解析由f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0),得f'(x)=3kx2+6(k-1)x.因為f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,4),所以f'(x)<0的解集為(0,4),所以x=4是方程3kx2+6(k-1)x=0的一個根,所以12k+6(k-1)=0,解得k=137.(-1,1)解析因為f(x)的定義域為R,且f(-x)=(-x)(2-x-2x)=x(2x-2-x)=f(x),所以f(x)為偶函數(shù).因為f'(x)=2x-2-x+xln2(2x+2-x),當x>0時,f'(x)>0,所以f(x)單調遞增.又因為f(0)=0,f(1)=2-12=32,由2f(x)-3<0可得f(x)<f(1),所以|x|<1,解得-1<x<8.C解析因為f(0)=0,當x>0時,f(x)=-f(-x),所以,當x<0時,也有f(x)=-f(-x),即函數(shù)f(x)是奇函數(shù).當x≤0時,f(x)=ex-x-1,則f'(x)=ex-1≤0,f(x)單調遞減,所以奇函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù).又f(-1)=1e,所以f(1)=-f(-1)=-1e,所以f(lnx)>-1e即為f(lnx)>f(1),所以lnx<1,得09.D解析∵g(x)定義域為(0,+∞),g'(x)=2-2x=2(x-1)x,∴當x∈(0,1)時,g'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,g'(x)>0.∴g(x)在(0,1)內(nèi)單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,∴g(x)≥g(x)∵f(x)有2個零點,∴2m-3>2,解得m>52,即實數(shù)m的取值范圍為52,+∞.故選D.10.(2022,2024)解析函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),由xf'(x)-f(x)<0,得f(x)x'=xf'(設F(x)=f(x)x,x∈(0,+∞),則F'(x)<0,所以函數(shù)F(x)在區(qū)間(0,又2f(m-2025)>(m-2025)f(2),所以m-2025>0,且f(所以0<m-2025<2,解得2024<m<2024,即m的取值范圍為(2024,2024).11.D解析因為f(x1)-f(x2)g(x1)-g(x2)>0,所以f(x1)-f(x2)與g(x1)-g(x2)同號,因此f(x)與g(x)的單調性相同.因為f'(x)=ex+e-x>0在R上恒成立,所以函數(shù)f(x)在R上單調遞增,因此g(x)也在R上單調遞增,而g'(x)=cosx+12x2-a,所以cosx+12x2-a≥0恒成立,即a≤cosx+12x2恒成立.令h(x)=cosx+12x2,則h'(x)=x-sinx.設m(x)=x-sinx,則m'(x)=1-cosx≥0,所以函數(shù)m(x)單調遞增.又因為m(0)=0,所以當x<0時,m(x)<0,即h'(x)<0,h(x)單調遞減;當x>0時,m(x)>0,即h'(x)>0,h12.{a|1<a<2}解析因為函數(shù)f(x)的定義域為R,且滿意f(-x)=2sin(-x)+ex-e-x=-2sinx-e-x+ex=-f(x),所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù).f'(x)=2cosx-e-x-ex=2cosx-(e-x+ex),因為