人教A版2019选择性必修第二册5.3.1 函数的单调性 同步练习（Word版含解析）

第五章：一元函数的导数及其应用
5.3　导数在研究函数中的应用
5.3.1　函数的单调性
【题型归纳】
题型一：利用导数求函数的单调性（不含参）
1．（2021·广西河池·高二月考（理））函数在上的单调减区间为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·全国·高二单元测试）已知函数f（x）与其导函数f'（x）的图象如图所示，则函数g（x）＝的单调递减区间为（　　）
A．（0，1）和（4，+∞） B．（0，2）
C．（﹣∞，0）和（1，4） D．（0，3）
3．（2021·陕西·绥德中学高二月考（理））若曲线在点处的切线过点，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．，
题型二：由函数的单调性求参数
4．（2021·广东·东莞市光明中学高二月考）若在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·陕西·渭南市尚德中学高二月考（理））已知在R上是增加的，则的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．或
6．（2021·山东·兰陵四中高二期中）若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型三：由函数在区间的单调性求参数
7．（2021·重庆市清华中学校高二月考）若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·全国·高二课时练习）已知函数在上为减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·河南·高二期末（理））若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型四：函数与导函数图像的关系
10．（2021·广西河池·高二月考（理））如果函数的导函数的图象如图所示，则以下关于函数的判断：
①在区间内单调递增；②在区间内单调递减；③在区间内单调递增；
④是极小值点；⑤是极大值点.
其中不正确的是（ ）
A．③⑤ B．②③ C．①④⑤ D．①②④
11．（2021·重庆第二外国语学校高二月考）已知函数的图象如图所示，则函数的图象可能是图中的（ ）
A．B．C． D．
12．（2021·江苏·高二课时练习）已知函数的图像如图所示，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
题型五：含参分类讨论函数的单调性
13．（2021·全国·高二课时练习）已知函数，.讨论函数的单调区间.
14．（2021·全国·高二课时练习）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，恒成立，求整数k的最大值.
15．（2021·全国·高二课时练习）设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数.
（1）若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
（2）讨论函数f(x)的单调性.
【双基达标】
一、单选题
16．（2021·全国·高二课时练习）函数在上的单调性是（ ）．
A．单调递增
B．单调递减
C．在上单调递减，在上单调递增
D．在上单调递增，在上单调递减
17．（2021·全国·高二课时练习）已知函数的导函数有下列信息：
①时，；
②时，或；
③时，或．
则函数的大致图像是图中的（ ）．
A． B．
C． D．
18．（2021·广西河池·高二月考（理））定义在上的函数其导函数恒成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
19．（2021·河北承德第一中学高二月考）在上可导的函数的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
20．（2021·全国·高二单元测试）定义域为R的函数且，且的导函数，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·全国·高二单元测试）已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件是（ ）
A． B．
C． D．
22．（2021·江苏·高二课时练习）已知函数的导函数为，对任意的实数都有，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
23．（2021·新疆维吾尔自治区喀什第二中学高二期中）设f'（x）是函数f（x）的导函数，若f'（x）＞0，且 x1，x2∈R（x1≠x2），f（x1）+f（x2）＜2f（），则下列各项中不一定正确的是（　　）
A．f（2）＜f（e）＜f（π）
B．f′（π）＜f′（e）＜f′（2）
C．f（2）＜f′（2）﹣f′（3）＜f（3）
D．f′（3）＜f（3）﹣f（2）＜f′（2）
24．（2021·全国·高二专题练习）设函数是偶函数的导数, ,当时, ,则使|f(x)|＞成立的x的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
25．（2021·全国·高二专题练习）定义在R上的偶函数，其导函数，当x≥0时，恒有，若，则不等式的解集为（　　）
A．(,1) B．(∞,)∪(1,+∞)
C．(,+∞) D．(∞,)
【高分突破】
一：单选题
26．（2021·江苏·南京市中华中学高二期中）已知函数在区间，上是单调增函数，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
27．（2021·江西·景德镇一中高二期中）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2021·全国·高二单元测试）设为实数，函数，且是偶函数，则的单调递增区间为（ ）
A． B．，
C． D．
29．（2021·广西·蒙山中学高二月考（理））已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=20，且f(x)的导函数满足，则不等式f(x)>2x3+2x的解集为（ ）
A．{x|x>-2} B．{x|x>2} C．{x|x<2} D．{x|x<-2或x>2}
30．（2021·江苏·高二课时练习）已知函数及其导函数满足且.若恒成立，则（ ）
A． B．
C． D．
31．（2021·北京一七一中高二月考）已知函数，且，则下列叙述正确的是（ ）
A． B．
C． D．
32．（2021·全国·高二课时练习）已知定义在上的函数满足对，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
33．（2021·全国·高二课时练习）若函数在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．不存在这样的实数
34．（2021·浙江·临海市西湖双语实验学校高二月考）设分别是定义在上的偶函数和奇函数，为其导函数．当时，且．则使得不等式成立的的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
35．（2021·重庆十八中高二月考）已知函数，则（ ）
A．在定义域内单调性不变 B．在定义域内有零点
C．的导数在定义域内单调性不变 D．为奇函数
36．（2021·全国·高二单元测试）已知函数，，是其导函数，恒有，则（ ）
A． B．
C． D．
37．（2021·江苏省苏州第十中学校高二月考）已知是定义在R上函数，是的导数，则以下说法正确的是（ ）
A．若，则；
B．当时，可，则；
C．当时，可，且，则；
D．若，且，则的解集为
38．（2021·广东茂名·高二期末）已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，若，且，则使不等式成立的的值不可能为（ ）
A． B． C． D．
39．（2020·广东·广州市协和中学高二期中）已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值可以为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
40．（2021·浙江杭州·高二期中）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是__．
41．（2021·全国·高二课时练习）函数y＝f(x)在其定义域内可导，其图象如图所示，记y＝f(x)的导函数为y＝，则不等式≤0的解集为________.
42．（2021·全国·高二单元测试）已知奇函数的导函数为，，若，则实数的取值范围为______.
43．（2021·江西上饶·高二月考（理））已知函数，则以下结论正确的是___________.
①在R上单调递增
②
③方程有实数解
④存在实数k，使得方程有4个实数解
四、解答题
44．（2021·全国·高二课时练习）求下列函数的单调区间：
（1）f(x)＝2x3＋3x2－36x＋1；
（2）f(x)＝sin x－x(045．（2021·山东任城·高二期中）已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围．
46．（2021·江苏·无锡市第一中学高二期中）已知函数，其中为正实数．
（1）试讨论函数的单调性；
（2）设，若存在，，使得不等式成立，求的取值范围．
47．（2021·全国·高二课时练习）已知函数，，．
（1）若函数在上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）若函数存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
48．（2021·河南·辉县市第一高级中学高二月考（理））已知函数的图象过点，若关于的方程有3个不同的实数根，
（1）求函数的单调区间；
（2）求的取值范围.
【答案详解】
1．C
【分析】
求导，令导函数小于零，解不等式即可
【详解】
解：由已知
令，且
则，
即单调减区间为
故选：C.
2．A
【分析】
结合函数图象，求出f′（x）﹣f（x）＜0成立的x的范围即可．
【详解】
根据导函数和函数的关系可判断两函数如图：
结合图象：x∈（0，1）和x∈（4，+∞）时，f′（x）﹣f（x）＜0，
所以，
故g（x）在（0，1），（4，+∞）递减，
故选：A
3．D
【分析】
先利用导数求出函数在处的切线方程，然后将点代入切线方程，即可求出的值，最后利用导数的符号大于零即可求解．
【详解】
由题意得，
所以，且．
故函数在,处的切线为：
，将点代入得．
则，由得且．
故的单调递减区间为，．
故选：D．
4．C
【分析】
先求，再将在上是减函数，转化为在上恒成立，而后分离参数求在上的最小值，可得实数的取值范围.
【详解】
由题知，，.
若在上是减函数，则在上恒成立，
由得，，
当时，，
所以.
故选：C.
5．B
【分析】
由题意得函数的导数大于等于0，可得在上恒成立，利用一元二次函数的图象，即可得到答案；
【详解】
由题意得函数的导数大于等于0，可得在上恒成立，
，
故选：B
6．D
【分析】
首先利用导数求函数的减区间，再利用子集关系，列式求的取值范围.
【详解】
，
当，解得：，
由条件可知，
所以 ，解得：.
故选：D
7．D
【分析】
求出函数的导数，问题转化为 而 在 递增，求出 的最小值，从而求出的范围即可 .
【详解】
若在区间内存在单调递增区间，则有解，
故
令
在递增 ,
故
故选：D
8．B
【分析】
求出导函数，将问题转化为在上恒成立，进而得出，分析不具有单调性，从而可得.
【详解】
由题意，得，又在上恒成立，所以.
而当时，恒为0，此时（），不具有单调性，
所以，即实数a的取值范围为.
故选：B
9．B
【分析】
根据函数的区间单调性，应用导数可得在上恒成立，构造并研究单调性即可求的取值范围.
【详解】
由，得，
由在上单调递减，得在上恒成立，即在上恒成立.
令，在上，
∴在上单调递减，即，
∴，故的取值范围.
故选：.
10．A
【分析】
根据导函数与单调性和极值点的关系，观察图像即可得出答案.
【详解】
由图可知，
在区间内，有正有负，①错误；
在区间内，，在区间内单调递增，②错误；
在区间内，，在区间内单调递增，③正确；
不存在，使当时，，当时，，④错误；
存在，使当时，，当时，，如，⑤正确
故选：A.
11．C
【分析】
由函数的图象的增减变化趋势，判断函数取值的正、负，由此判断可得选项.
【详解】
解：由函数的图象的增减变化趋势，判断函数取值的正、负情况如下表：
x
递减 递增 递减
所以当时，函数的图象在x轴下方；
当时，函数的图象在x轴上方；
当时，函数的图象在x轴下方．
故选：C.
12．B
【分析】
结合图象，判断出的大小关系.
【详解】
由题图可知函数的图像在处的切线的斜率比在处的切线的斜率大，且均为正数，所以.
的斜率为，其比在处的切线的斜率小，但比在处的切线的斜率大，所以.
故选:B
13．答案见解析
【分析】
求导可得，对和的大小进行分类讨论可得函数的单调区间.
【详解】
函数定义域是，
，
①当时，即时，当或时，；当时，.
此时，的增区间是和，减区间是，
②当时，对任意的恒成立，
此时，函数增区间，无减区间；
③当时，即时，当或时，；当时，.
此时，函数的增区间是和，减区间是.
综上，当时，函数的增区间是和，减区间是；
当时，函数的增区间是；
当时，函数的增区间是和，减区间是；
14．
（1）答案见解析；
（2）1.
【分析】
（1）求出函数导数后，分三种情况讨论，即可求解函数单调区间；
（2）分离参数可得对于恒成立，令，利用导数求出函数，分析出，即可求出整数k的最大值.
（1）
由得.
当时，，故在上单调递增；
当时，令，解得.
故在上单调递减，在上单调递增；
当时，，故在上单调递减.
（2）
原不等式等价于对于恒成立.
令，则.
令，则，所以在上单调递增.
又，，
所以存在，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
所以，所以，
经验证时，恒成立，所以整数k的最大值为1.
15．（1）x－2y－1＝0；（2）答案见解析.
【分析】
（1）先求出的值，得出切点坐标，再求出的值，得到切线的斜率，从而得到切线方程.
（2）先求出，对二次函数的开口方向，判别式进行分类讨论即可.
【详解】
(1)由题意知a＝0时，，x∈(0，＋∞).
此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当时，，
f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②当时，<0，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
③当－时，>0.
设x1，x2(x1则x1＝，x2＝，
由x1＝＝，
所以x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当时，函数f(x)在，上单调递减，在上单调递增.
16．C
【分析】
利用导数判断函数在上的单调性.
【详解】
，令，得；
令，得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增．
故选：C
17．C
【分析】
根据导数的正负与函数的单调性关系判断．
【详解】
根据导函数信息知，函数在上是增函数，在，上是减函数．
故选：C．
18．C
【分析】
根据题意，设g（x）＝f（x） 3x，求出其导数，分析可得g′（x）<0，则g（x）在R上为减函数，又由f（1）＝3，则g（1）＝0， ，结合函数的单调性分析可得答案．
【详解】
解：设g（x）＝f（x） 3x，则g′（x）＝f′（x） 3，
又由f′（x）<3，则g′（x）<0，则g（x）在R上为减函数，
又由f（1）＝3，则g（1）＝f（1） 3＝0，
则g（x）过点，且在R上为减函数，
由得
即，由于过点，且在R上为增函数，
则必有
故选：C
19．A
【分析】
根据单调性导数的关系得出和的解集，然后可得题设不等式的解集．
【详解】
由题意的解集为，，的解集为，
或，所以或．
故选：A．
20．B
【分析】
由题可得函数为R上的单调递增函数，即求.
【详解】
由可知，设，
，是R上的单调递增函数．
由且，可知且，
.
故选：B．
21．D
【分析】
求出函数的导数，问题转化为函数与x轴在上有交点，即求.
【详解】
函数的定义域为，，
令，
若在上不单调，则函数与x轴在上有交点，
又，
则，
解得，
故在上不单调的一个充分不必要条件是．
故选：D．
22．C
【分析】
由已知条件构造函数，再根据，求，不等式转化为，结合函数的单调性和奇偶性，解抽象不等式.
【详解】
解：由题意得，
则
，
由，解得：，
故，
（2），
当时，，，，
在上恒成立，
即在上单调递增，
又，故为上的偶函数，
其图象关于轴对称，在上单调递减，
故，故，
故选：C．
23．C
【分析】
f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，由，可得＜，可得y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．进而判断出正误．
【详解】
解：∵f′（x）＞0，∴f（x）在R上单调递增，
∵，
∴＜，
∴y＝f（x）的图象如图所示，图象是向上凸．
∴f（2）＜f（e）＜f（π），f′（π）＜f′（e）＜f′（2），可知：A，B正确．
∵f（3）﹣f（2）＝，表示点A（2，f（2）），B（3，f（3））的连线的斜率．
由图可知：f′（3）＜kAB＜f′（2），故D正确．
C项无法推出，
故选：C．
24．C
【分析】
设,根据函数的单调性和奇偶性问题转化为,求出不等式的解集即可．
【详解】
解:设F(x)＝xf(x),
易知函数F(x)为奇函数,且当x＜0时,F′(x)＝xf′(x)+f(x)＞0,
故函数F(x)在R递增,
将目标不等式转化为|F(x)|＞F(1)＝1,
结合函数的单调性得:|x|＞1,解得:或x＞1,
故不等式的解集是(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞),
故选:C．
25．A
【分析】
由已知可得，即在上单调递减，再利用函数的奇偶性、单调性，求解题设不等式即可.
【详解】
当时，，又，
∴，即在上单调递减．
∵是定义在R上的偶函数，
∴是定义在R上的偶函数，
由不等式，则有，
∴，解得：．
∴不等式的解集为．
故选：A
26．D
【分析】
由题意得到在，恒成立，利用分离参数法和基本不等式即可求出实数的取值范围.
【详解】
解：在区间，上是单调增函数，
当，时，恒成立，
，
又（当且仅当时取等号），即，
.
故选：D．
27．A
【分析】
由函数有两个零点排除选项C，D；再借助导数探讨函数的单调性与极值情况即可判断作答.
【详解】
由得，或，选项C，D不满足；
由求导得，当或时，，当时，，
于是得在和上都单调递增，在上单调递减，在处取极大值，在处取极小值，B不满足，A满足.
故选：A
28．B
【分析】
先利用定义算出，在求导算出单调区间.
【详解】
因为，所以，
因为是偶函数，所以对恒成立，
即，即，
所以，所以，令，解得或，
所以的单调递增区间为，．
故选：B．
29．B
【分析】
根据给定条件构造函数并判断其单调性，再利用的单调性即可求出不等式f(x)＞2x3+2x的解集.
【详解】
令，因，则，即在R上单调递增，
因，则不等式f(x)>2x3+2x等价于，于是得x>2，
所以原不等式的解集为{x|x>2}.
故选：B
30．D
【分析】
构造函数，通过题意，可得函数的单调区间，以及,
从而可得，再通过分离参数，即可求解.
【详解】
解：设，则，
当时，，当时，
在上单调递增，在上单调递减，
，
不等式可转化为，
该不等式恒成立，
则，
故选：D.
31．B
【分析】
根据题意，求出函数的导数，分析可得区间上为增函数，据此分析可得答案．
【详解】
根据题意，函数，其导数，
在区间上，，函数为增函数，
若，则，
故选：B．
32．D
【分析】
引入新函数，求导后确定的单调性，由单调性解不等式.
【详解】
令，，则，
因为，所以，所以函数在上单调递减．
因为，所以，所以，
即，所以且，解得，
所以实数的取值范围为．
故选：D.
【点睛】
易错点睛：应用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质时，首先要考虑函数的定义域，即单调区间、极值点都要在函数的定义域内，本题容易因忽略而出错．
33．B
【分析】
根据题意，导函数在区间上有正有负，所以在区间上至少有一个实数根，所以或，解不等式即可得解
【详解】
由题意得，在区间上至少有一个实数根，
而的根为，区间的长度为2，
故区间内必含有2或．
∴或，
∴或，
故选：B．
34．D
【分析】
构造，由题设条件判断、上的单调性，根据等价于，结合单调性即可求的范围.
【详解】
令，当时，，
∴，单调递减，
∵分别是定义在上的偶函数和奇函数，
∴，故在上是奇函数，
∴时，单调递减，
由题设知：要使成立，即成立，
当时，有；当时，有；
∴.
故选：D
35．AC
【分析】
利用导数可判断AC的正误，求出函数的零点可判断B的正误，利用反例可判断D的正误.
【详解】
，其中，
令，则，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故时，，时，，
故时，，
所以在，上均为增函数，故A正确，
设，，
令，则，
当时，，故在，上均为增函数，
故当时，；当时，，
故当时，；当时，，
故在，上均为增函数，故C正确.
令，故（舍），故B错误.
，故，故不是奇函数，故D错误.
故选：AC.
36．AD
【分析】
构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，由此可判断各选项的正误.
【详解】
因为，所以，，
又，所以．
构造函数，，
则，所以在上为增函数，
因为，所以，
所以，即，故A正确；
因为，所以，
所以，即，故B错误；
因为，所以，
所以，即，故C错误；
因为，所以，
所以，即，故D正确，
故选：AD.
37．ACD
【分析】
构造函数利用导数判断函数的单调性即可判断A；构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可判断B；构造函数利用导数说明其单调性，即可判断C，构造函数利用导数研究函数的单调性，即可判断D；
【详解】
解：对于A：令，则，
故在递增，因为，所以，即，故A正确；
对于B：令，则，因为当时，所以，即在上单调递减，所以，即，即，故B错误；
对于C：令，，当时，，即在上单调递增，又，所以，即，所以，故C正确；
对于D：令，则，所以在定义域上单调递增，又，所以，所以当时，即，所以，故的解集为，故D正确；
故选：ACD
38．AB
【分析】
首先根据条件构造函数，由导数判断函数的单调性，不等式转化为，利用单调性，即可求解的值.
【详解】
解析：设，则.
，
，
，即函数在定义域上单调递减.
，
，
不等式等价于，即，解得.故不等式的解集为.
故选：.
39．AB
【分析】
构造函数，判断出是偶函数，故关于的方程有4个不同的实数根等价于在上有两个零点.
当时，等价于，
令，利用导数研究函数的单调性，极值，得到，对照四个选项进行验证即可.
【详解】
构造函数， 的定义域为，且，即是偶函数，故关于的方程有4个不同的实数根等价于在上有两个零点.
当时，，则等价于，令，则.令，则，故在区间上单调递增.又，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，即在处取得极小值且.当时，；当时，，故当时，关于的方程在区间上有两个不同的实数根，即关于的方程有个不同的实数根.
对照四个选项：A、B符合，故选：A B.
【点睛】
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
40．，
【分析】
由题意得到恒成立，利用分离参数法和基本不等式即可求出的取值范围.
【详解】
解：在上是增函数，
，
，
由基本不等式得：（当且仅当，即时取“”，
，
，解得，
故答案为：，，
41．##
【分析】
不等式的解集即为函数的单调减区间，根据根据函数的图像求出单调减区间，即可得出答案.
【详解】
解：根据函数图像可知，函数在和上递减，
所以不等式≤0的解集为.
故答案为：.
42．
【分析】
求导可得在上单调递增，结合是奇函数，可转化
为，借助单调性和定义域，列出不等式组，即得解
【详解】
因为时，，所以在上单调递增.
又是奇函数，由，
得，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
43．②③④
【分析】
对求导，由导函数的符号可判断的单调性，即可判断①；
由，以及的单调性即可判断②；
令，由零点存在定理可判断③；
等价于，有一个根为，所以原方程有4个根等价于方程有个实数解，令，对求导判断单调性，作出函数图象，数形结合即可判断④.
【详解】
由可得，
由可得：，由可得：，
所以在单调递减，在单调递增，故①不正确；
对于选项②：，根据在单调递增，
所以，故②正确；
对于选项③：令，因为，
，，根据零点存在定理可知存在使得，所以方程有实数解，故③正确；
对于选项④：方程即，有一根为，所以原方程有4个根等价于方程有个实数解，
令，则，
令可得或，
令可得，
所以在和单调递增，在单调递减，
，
作出，的图形如图所示：
所以存在时，方程有个实数解，此时方程有4个实数解，故④正确.
故答案为：②③④
【点睛】
方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：
（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；
（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.
44．（1）增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；减区间是(－3，2) ；（2）单调递减区间为(0，π) ．
【分析】
求出导函数，由得增区间，由得减区间．
【详解】
解:（1）＝6x2＋6x－36．
由>0得6x2＋6x－36>0，解得x<－3或x>2；
由<0解得 －3故f(x)的增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；
减区间是(－3，2)．
（2）＝cos x－1．
因为0故函数f(x)的单调递减区间为(0，π)，无增区间．
45．（1）单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）．
【分析】
（1）利用求得的单调区间；
（2）由在区间恒成立分离常数，结合二次函数的性质求得的取值范围.
【详解】
（1）当a＝﹣3时，函数f（x）＝x﹣﹣4lnx（x＞0），
＝1+﹣＝＝，
由＞0，可得0＜x＜1或x＞3，
由＜0，可得1＜x＜3，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），（3，+∞）；递减区间为（1，3）；
（2）＝1﹣﹣＝，x＞0，
f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
即为≥0在区间（0，+∞）上恒成立，
即a≤x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4在区间（0，+∞）上恒成立，
由（x2﹣4x）min＝﹣4，得a≤﹣4，
即a∈.
46．（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．
【分析】
（1）求出导函数，讨论、或，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）根据题意若存在，，使得不等式成立，只需使，求出，由（1）可知函数的单调性，根据单调性讨论函数的最小值即可.
【详解】
解：（1）根据题意，，
，，或，
所以①当时，，则有，或；，
此时可得，在，上单调递增，在上单调递减．
②当时，，则有，或；，
此时可得，在，，上单调递增，在上单调递减．
③当时，恒有，此时函数在上单调递增．
综上可得，①当时，在，上单调递增，在上单调递减．
②当时，在，，上单调递增，在上单调递减．
③当时，函数在上单调递增．
（2）根据题意，由（1）可得，，
若存在，，使得不等式成立，则需使，
，
由（1）可知，①当时，，则有，或；，
此时可得，在，上单调递增，在上单调递减，
即得在，上单调递增，故有；
②当时，，则有，或；，
此时可得，在，，上单调递增，在上单调递减．
当时，即时，在，上单调递减，
则有，不合题意；
当时，即时，在，上单调递减，在，
则有，
此时令，则，
即得此时在上单调递增，
所以（1）恒成立，即恒成立，不合题意；
综上可得，．
47．
（1）
（2）
【分析】
（1）由在上单调递减，得到恒成立，用分离参数法求出实数a的取值范围；
（2）由在上存在单调递减区间，得到有解，用分离参数法求出实数a的取值范围．
（1）
因为在上单调递减，所以当时，恒成立，即恒成立，令，则，而．
因为，所以．所以（此时），所以．
当时，．
因为，所以，即在上为减函数，又，所以实数a的取值范围是．
（2）
因为，，所以．
因为在上存在单调递减区间，所以当时，有解，即有解．
设，所以只要即可，而，所以，所以．
又，所以或．所以实数a的取值范围为．
48．（1）在上单调递增，在，上单调递减；（2）.
【分析】
（1）依题意，即可求出参数的值，从而得到函数解析式，再求出函数的导函数，从而得到函数的单调区间；
（2）由（1）可得函数的极值，从而得到函数图象，有个不同实数根等价于与有个不同的交点，数形结合即可求出参数的取值范围；
【详解】
解：（1），，．
，
当和时，；当时，；
在上单调递增，在，上单调递减，
（2）由（1）可知，的极大值为，极小值为，且当时，，当时，，由此可得大致图象如图：
有个不同实数根等价于与有个不同的交点，
由图象可知：，解得，的取值范围为.
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