通用版高考数学一轮复习课时突破练18　利用导数研究函数的单调性（含解析）

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通用版高考数学一轮复习
课时突破练18　利用导数研究函数的单调性
基础达标练
1.(2024·浙江模拟)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(　　)
A.
B.
C.
D.
3.(2024·湖北武汉模拟)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.(2024·河北邯郸期末)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.(2024·河北邢台模拟)函数f(x)=x+2cos x,x∈的单调递减区间为　　　　.
6.(2024·云南昆明模拟)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　　　　　.
7.(13分)(2024·河北模拟预测)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.
能力提升练
8.(2024·江苏南通模拟预测)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.ab
C.a≤b D.a≥b
9.(2024·浙江嘉兴期中)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)A. B.(0,e2 023)
C.(e2 023,+∞) D.
10.(多选)(2024·山西晋城一模)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
11.(多选)(2024·山东模拟预测)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
12.(多选)(2024·浙江杭州模拟)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.
13.(2024·山东青岛调研)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　　　　　.
14.(15分)(2024·湖南衡阳模拟)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.
素养拔高练
15.(15分)(2025·浙江金华模拟)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　由已知得f'(x)=1-2sin x,令f'(x)<0,即1-2sin x<0,解得6.3　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.
7.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,+∞).
8.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.
9.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)即<1,即g(t)∴t<2 023,即ln x<2 023,∴010.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.
11.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.
12.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∴00.
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)∴a2-1≥1,解得a或a≤-,
∴a的值可以为-
13.(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23,所以实数b的取值范围是(3,+∞).
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时,h'(x)>0,h(x)单调递增,∴h(x)取得最小值h=1-1-0,0∴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<
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