【数学】2021届一轮复习人教A版已知函数单调性求参数（较难）学案
一、选择题
1.若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( )
A． (－∞，＋∞)
B． (－2，＋∞)
C． (0，＋∞)
D． (－1，＋∞)
2.已知函数f(x)＝x3－12x，若f(x)在区间(2m，m＋1)上单调递减，则实数m的取值范围是( )
A． －1≤m≤1
B． －1
2
B．b≤－1或b≥2
C． －2x－.
令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，
∴a的取值范围为(－1，＋∞)．
2.【答案】D
【解析】∵函数f(x)＝x3－12x在(2m，m＋1)上单调递减，
∴f′(x)＝3x2－12≤0在(2m，m＋1)上恒成立．
故即
解得－1≤m<1.
3.【答案】C
【解析】求得函数的导数f′(x)＝1－，
∵函数f(x)＝x－a在x∈[1,4]上单调递减，
∴f′(x)≤0即1－≤0，对任意的x∈[1,4]成立，
∴a≥2对任意的x∈[1,4]成立，得a≥4，
因此a的最小值是4.
4.【答案】A
【解析】先求出函数为递增时b的范围，
∵已知y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3，
∴y′＝x2＋2bx＋b＋2，
∵f(x)是R上的单调增函数，
∴x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立，
∴Δ≤0，即b2－b－2≤0，
则b的取值是－1≤b≤2.
∵y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3在R上不是单调增函数，
∴实数b的取值范围是b<－1或b>2.
5.【答案】B
【解析】由f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b，得
f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)
＝(x－a)[3x＋(a＋2)]．
因为函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)在区间(－1,1)上不单调，
所以f(x)至少有一个极值点在区间(－1,1)内，
a≠－时，f(x)有两个不相同的极值点x1＝a和x2＝－.
①a＝－时，f(x)严格单调增加；
②若－10，∴由f′(x)＝x－≤0，得00}，f′(x)＝4x－＝＝，f(x)在其定义域的一个子区间不单调，则需0≤t－1<，1≤t<.
13.【答案】(1){0} (2){a|a≤0}
【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3)．
(1)∵f(x)的单调减区间为(－1,1)，
∴－1和1是方程f′(x)＝0的两根，
∴＝1，∴a＝0，∴a的取值集合为{0}．
(2)∵f(x)在区间(－1,1)内单调递减，∴f′(x)<0在(－1,1)内恒成立，
又二次函数y＝f′(x)开口向上，一根为－1，
∴必有≥1，∴a≤0，
∴a的取值集合为{a|a≤0}．
14.【答案】[0，)∪(，]
【解析】令f′(x)＝－sinx＝0，得x＝或(x∈(0，π))，
因为f(x)在(k，k＋)内不单调，
所以f′(x)＝0在(k，k＋)内有实数解，
则或解得0≤k<或0，∴m>0，m＋2>0，
由m＋m＋2＝－，m·(m＋2)＝－，得a<0，
当a<0时，只要Δ＝4＋4a>0，
∴－10，∴2x3－a≥0，
∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立．
∴a≤(2x3)min.
∵x∈[2，＋∞)，y＝2x3是单调递增的，
∴(2x3)min＝16，∴a≤16.
当a＝16时，f′(x)＝≥0(x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范围是(－∞，16]．
【解析】
21.【答案】解 f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex
＝ex[x2＋2(1－a)x－2a]．
令f′(x)＝0，即x2＋2(1－a)x－2a＝0.
解得x1＝a－1－，x2＝a－1＋，
其中x10，则当x∈(－∞，－)时，f′(x)<0，
函数f(x)单调递减；
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增．
若k<0，则当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增；
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)<0，
函数f(x)单调递减．
(3)由(2)知，若k>0，则当且仅当－≤－1，
即k≤1时，函数f(x)在(－1,1)内单调递增；
若k<0，则当且仅当－≥1，即k≥－1时，
函数f(x)在(－1,1)内单调递增．
综上可知，函数f(x)在区间(－1,1)内单调递增时，k的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．
【解析】
23.【答案】解 函数f(x)的导数f′(x)＝x2－ax＋a－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1.
当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，不合题意．
当a－1>1，即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞)上为增函数．
依题意应有当x∈(1,4)时，f′(x)<0，当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0.
所以4≤a－1≤6，解得5≤a≤7.
所以a的取值范围是[5,7]．
【解析】
24.【答案】解 h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2.
因为h(x)在[1,4]上单调递减，
所以x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立，令G(x)＝－，
所以a≥G(x)max.而G(x)＝(－1)2－1.
因为x∈[1,4]，所以∈[，1]，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－.
当a＝－时，
h′(x)＝＋x－2＝
＝.
因为x∈[1,4]，所以h′(x)＝≤0，
即h(x)在[1,4]上为减函数．
故实数a的取值范围是[－，＋∞)．
【解析】
25.【答案】解 由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，
则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，
f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex.
依题意可知对于任意x∈[0,1]，有f′(x)≤0.
当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，
而f′(0)＝－a<0，所以需f′(1)＝(a－1)e≤0，即00，不符合条件．
故a的取值范围为[0,1]．
【解析】
26.【答案】解 f(x)＝a·b＝x2(1－x)＋t(x＋1)＝－x3＋x2＋tx＋t，
f′(x)＝－3x2＋2x＋t，
∵函数f(x)在(－1,1)上是增函数，
∴f′(x)≥0对x∈(－1,1)恒成立，
∴－3x2＋2x＋t≥0在(－1,1)上恒成立，
即t≥3x2－2x在(－1,1)上恒成立，
令g(x)＝3x2－2x，x∈(－1,1)，
∴g(x)∈(－，5)，
故要使t≥3x2－2x在区间(－1,1)上恒成立，只需t≥5，
即所求t的取值范围为t≥5.
【解析】
27.【答案】解 依题意f(x)＝lnx＋x2－bx，
∵f(x)在(0，＋∞)上递增，
∴f′(x)＝＋2x－b≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
即b≤＋2x对x∈(0，＋∞)恒成立，
∴只需b≤(＋2x)min，
∵x>0，∴＋2x≥2，当且仅当x＝时取“＝”，
∴b≤2，∴b的取值范围为(－∞，2]．
【解析】
28.【答案】解 (1)因为f′(x)＝x－(x>0)，
又因为f(x)在x＝2处的切线方程为y＝x＋b，
所以
解得a＝2，b＝－2ln 2.
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，
则f′(x)＝x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即a≤x2在(1，＋∞)上恒成立．
所以有a≤1.
【解析】
