資源簡介

5.3.1函數的單調性 第二練 強化考點訓練
5.3.1函數的單調性
第二練 強化考點訓練
【試題來源】來自名校、重點市區的月考、期中、期末的優質試題.
【試題難度】難度中等，配合第二課的題型訓練，加強考點的理解和擴展.
【目標分析】
1.會判斷函數的單調性，培養數學抽象，數學運算，如第1題.
2.會求函數的單調區間，鍛煉運算求解能力，如第2題.
3.能夠靈活函數的單調性求解相關問題，培養數學抽象，如第6，7，10，13題.
（2024上·北京昌平·高三統考期末）
1．下列函數中，在區間上為減函數的是（ ）
A． B．
C． D．
（2024·全國·高二假期作業）
2．函數的單調遞減區間為（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·湖南長沙·高二雅禮中學校聯考期末）
3．若，，，則（ ）
A． B． C． D．
（2024上·湖南常德·高二常德市一中校考期末）
4．若函數在區間上是減函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2024上·云南昆明·高二統考期末）
5．函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
（2024·廣東茂名·統考一模）
6．若是區間上的單調函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C．或 D．
（2024·湖南長沙·統考一模）
7．已知函數是定義在上的增函數，且，則不等式的解集為 .
8．函數的單調減區間是 .
（2024上·河北張家口·高三統考期末）
9．已知函數在R上無零點，則實數a的取值范圍是 ．
（2024·全國·模擬預測）
10．函數在定義域內為增函數，則實數k的取值范圍為 ．
（2024上·廣東深圳·高二?？计谀?br/>11．已知函數．
(1)若函數的圖象在點處的切線與直線垂直，求的單調遞增區間；
(2)若函數在上為增函數，求實數k的取值范圍．
（2024上·北京豐臺·高三統考期末）
12．已知函數．
(1)若曲線在點處的切線平行于軸，求實數的值；
(2)求函數的單調區間．
（2023下·全國·高三校聯考階段練習）
13．已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)若有兩個零點，求實數的取值范圍．
【易錯題目】第9，13題
【復盤要點】用函數的單調性求解函數零點問題
【典例】（多選題）
（2024上·江蘇南京·高二南京師大附中校考期末）設 ，若函數 有且僅有一個零點，則 的值可以為（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】BC
【分析】求導，根據的分類，可得函數的單調性，結合，即可求解.
，，
當時，
當或時，單調遞增，當時，單調遞減，
由于，，
要使且僅有一個零點，
則只需要，故，此時C正確；
當時，
當或時，單調遞增，當時，單調遞減，
由于，，
要使且僅有一個零點，
則只需要，故，此時B正確，
故選：BC.
【易錯警示】對所討論的問題進行合理的分類，分類時需要做到不重復、不遺漏、標準統一、分層不越級.理解函數零點的意義.
14．若函數 恰好有三個單調區間，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
（2024上·陜西西安·高三統考期末）
15．已知函數，對任意的，關于的方程有兩個不同實根，則整數的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
（2024上·河南南陽·高三方城第一高級中學校聯考期末）
16．已知函數存在兩個異號的零點，則k的取值范圍是 ．
（2024上·陜西西安·高二陜西師大附中校考期末）
17．已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若有且只有兩個零點，求的值．
（2024·湖南邵陽·統考一模）
18．已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)設，求證：當時，恰有兩個零點.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．D
【分析】AB可根據函數圖象直接得到在上的單調性；C選項，求導得到單調性；D選項，根據復合函數單調性滿足同增異減求出答案.
【詳解】A選項，在上單調遞增，不合要求，錯誤；
B選項，在上單調遞增，在上單調遞減，故B錯誤；
C選項，在上恒成立，
故在上單調遞增，C錯誤；
D選項，令得，，
在上單調遞增，
而在上單調遞減，
由復合函數單調性可知，在上單調遞減，D正確.
故選：D
2．C
【分析】求定義域，再求導，根據導函數小于0求出單調遞減區間.
【詳解】的定義域為，
，
由，可得，故的單調遞減區間為.
故選：C．
3．C
【分析】構建，利用導數可知在上單調遞增，結合單調性分析判斷.
【詳解】令，則在上恒成立，
可知在上單調遞增，則，
可得，即.
故選：C.
4．D
【分析】由函數在區間上是減函數，轉化為，對恒成立求解.
【詳解】解：因為函數在區間上是減函數，
所以，對恒成立，
即，對恒成立，
令，由對勾函數的性質得，
所以，
故選：D
5．B
【分析】根據函數不是偶函數，排除C、D，再結合，即可作出求解.
【詳解】因為函數的定義域為R，且不是偶函數，所以排除C、D；
又，排除A，即確定答案為B.
故選: B.
6．C
【分析】求導，分析導函數的正負得到原函數的單調性，再由已知建立關于的不等式組，解出即可．
【詳解】由題意，，
令，解得，令，解得或，
所以在上單調遞減，在，上單調遞減，
若函數在區間上單調，
則或或，解得或或，
即或.
故選：C.
7．
【分析】構造函數，求導后得，由在上為增函數，所以，從而在上為增函數，又由，從而可求解.
【詳解】由題意知在上為增函數，所以恒成立，
構造函數，所以恒成立，
所以在上單調遞增，又因為，
所以當時，，即，
所以的解集為.
故答案為：.
8．(a，a+1)
【分析】求出函數f(x)的導數，再求出不等式的解集即可.
【詳解】依題意，函數f(x)的定義域為R，，
由解得a所以f(x)的單調減區間是(a，a＋1).
故答案為：(a，a＋1)
9．
【分析】根據題意可得當時，，符合題意；當時，令，通過分離參數并構造函數，再利用導數研究其單調區間，從而得到函數的圖象，進而結合圖象即可求解．
【詳解】當時，，符合題意；
當時，令，得，
設，則，
則在區間上，，函數單調遞增；
在區間上，，函數單調遞減；
在區間上，，函數單調遞減；
在區間上，，函數單調遞增；
又，，
則當時，，當時，，
則函數的圖象如圖所示，
所以當時，函數在上無零點．
故答案為：．
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
10．
【分析】利用換元法整理函數解析式，根據復合函數的單調性，可得導數的不等關系，利用導數的導數研究其最值，可得答案.
【詳解】令，由于在上為增函數，
則在上為增函數，
所以在上恒成立．
令，由，得，
則當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
所以，解得．
所以實數k的取值范圍為．
故答案為：.
11．(1)，
(2)
【分析】（1）求導，根據直線垂直得，即可得，進而根據導數正負即可確定函數的單調性，
（2）根據導數恒為正，可將問題轉化為在區間上恒成立，構造函數，利用基本不等式即可求解最值.
【詳解】（1）的定義域為，，
由題意可知，解得，
所以．
由，得或，
所以函數的單調遞增區間是，；
（2）函數的定義域為，要使函數在定義域內為增函數，
只需在區間上恒成立，
即在區間上恒成立，
即在區間上恒成立.
令， ，
則，當且僅當時等號成立，
所以，即實數的取值范圍為．
12．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）先求函數的導函數，若曲線在點處的切線平行于軸，只需保證，求實數的值即可；
（2）求得有兩個根“和”，再分、和三種情況分析函數的單調性即可.
【詳解】（1）由題可得，
因為在點處的切線平行于軸，所以，
即，解得，經檢驗符合題意．
（2）因為，
令，得或．
當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：
單調遞增 單調遞減 單調遞增
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．
當時，因為，當且僅當時，，
所以在區間上單調遞增．
當時，隨的變化，，的變化情況如下表所示：
單調遞增 單調遞減 單調遞增
所以在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．
綜上所述，
當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；
當時，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；
當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．
13．(1)在上單調遞減，在上單調遞增
(2)
【分析】（1）利用導數求解函數單調性即可.
（2）將零點問題轉化為交點問題求解即可.
【詳解】（1）的定義域為．
當時，，
易知在上均為增函數，所以在上為增函數，
又，
當時，，，當時，，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）由有兩個零點知，方程在上有兩個不同的實數解，
當時，顯然方程沒有實數解，所以，
則方程在上有兩個不同的實數解，
令，則，
顯然在上為減函數，
又，
當時，，，當時，，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，且，
又，當時，
要使方程在上有兩個不同的實數解，則，
所以，故實數的取值范圍為．
14．D
【分析】由題意得 有兩個不相等的零點，列出不等式組求解即可.
【詳解】依題意知， 有兩個不相等的零點，
故， 解得且 .
故選：D.
15．A
【分析】根據已知條件化為，構造函數，對函數求導判斷函數的單調性，得到存在使得，即，因為方程有兩個不同實根，則，求出且為整數即可得.
【詳解】由，即，得，
設，則，
顯然是上的增函數.因為，
所以存在，使得，即；
當時，，當時，0，
則；
令，則，當時，，在上單調遞減，
因為，所以，則，又為整數，所以.
故選：A
16．
【分析】令，將問題轉化為方程存在兩個異號的根，進而轉化為存在兩個不同交點且兩交點橫坐標異號，運用導數計算直線與曲線時的k的值，畫出圖象觀察即可.
【詳解】因為，
設函數令，
令，得．
當時，，則，
，，
則在上單調遞減，在上單調遞增．
設直線與曲線切于點，
則，解得．
當時，，則．
如圖所示，
又因為的圖象過定點，所以依題意可得．
故答案為：.
17．(1)答案見解析；
(2)或．
【分析】（1）由出，分類討論確定和的解得增區間和減區間；
（2）由（1）得兩個極值點有一個是零點，解方程即得．
【詳解】（1），
時，恒成立，在上是增函數，
時，由得或，由得，
增區間是，，減區間是，
時，由得或，由得，
增區間是，，減區間是；
（2）因為時，，時，，
所以有且只有兩個零點，由（1）可得或且，
，，
．，
綜上，或．
18．(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數分類討論函數單調性；
（2）由題意，當時，，令，借助導數研究函數的單調性，結合函數值的正負性和零點存在定理可證.
【詳解】（1）.
當時，在上單調遞減.
當時，在上，有，在上，有,
故在上單調遞減，上單調遞增.
當時，在上單調遞增.
當時，在上單調遞減.
綜上所述，當時，在上單調遞減，上單調遞增.
當時，在上單調遞增.
當時，在上單調遞減.
（2）時，.
令，
則.
令.
i.時，恒成立，
在上單調遞增.
又，
存在一個零點，使.
ii.，
恒成立，
在上單調遞減.
又，
.
存在零點，使.
，
.
在上單調遞增，上單調遞減.
又.
，
存在一個零點，使.
iii.，
恒成立.
在單調遞減.
恒成立.
在沒有零點.
iv.時，
下面來證明當時，.
設.
.
在上單調遞增，
，
恒成立.
綜上所述，在只有兩個零點.
又是由向右平移一個單位所得，
在只有兩個零點.
【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁5.3.1函數的單調性 第二課 歸納核心考點
5.3.1函數的單調性
第二課 歸納核心考點
題型一 求函數的單調區間
例1.求下列函數的單調區間．
（1）；（2）；（3）．
【思路分析】在定義域內解不等式（或），確定單調區間．
【解析】（1），定義域為（提示：注意定義域優先的原則），所以．當時，，函數在上單調遞增；當時，，函數在上單調遞減；當時，，函數在上單調遞增．故函數的單調遞增區間為，（注意：兩個單調區間之間不能用“”連接，只能用“和”或“，”），單調遞減區間為．
（2）的定義域為，則．令，得，即，此時單調遞增；令，得，即，此時單調遞減．故函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
（3）的定義域為，則．令，解得，此時單調遞增；令，解得或，此時單調遞減．故函數的單調遞減區間為，，單調遞增區間為．
【方法總結】利用導數求單調區間，實質上是在定義域內求不等式或的解集．若在某個區間內恒有，則在該區間內是常數函數；若在某個區間內存在有限個點使，其余點恒有，則在該區間上單調遞增（減）．
變式練
【變式訓練1-1】
[山東日照2023高二期中聯考]
1．函數的單調遞增區間是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練1-2】
[重慶南開中學2023高二期中]
2．已知函數，，則的單調遞減區間為（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練1-3】
[江蘇南京金陵中學2022高二期末]
3．函數，求在上的單調區間．
題型二 含參函數的單調性
[湖北鄂西北六校2023高二期中聯考]
例2.在①；②的圖象在點處的切線斜率為0；③的單調遞減區間為這三個條件中，任選一個補充在下面的問題（1）中，并加以解答．
已知．
（1）若______，求實數a的值；
（2）若，討論函數的單調性．
【思路分析】求出導函數的表達式，根據參數a的取值情況對導數正負的影響進行分類討論．
【解析】（1）．
若選條件①，則，∴．
若選條件②，則，∴．
若選條件③，則0和是的兩個根，∴．
（2），
則可以分以下幾種情況討論（提示：求解含參的函數的單調性時，要根據參數的不同取值范圍分別進行討論，做到不漏不重）：
①當時，令，得，令，得，
∴在上單調遞減，在上單調遞增；
②當時，令，得或，令，得，
∴在，上單調遞增，在上單調遞減；
③當時，，∴在上單調遞增；
④當時，令，得或，令，得，
∴在，上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在，上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增；
當時，在，上單調遞增，在上單調遞減．
【方法總結】討論含參函數的單調性的注意事項與方法
（1）討論參數要全面，做到不重不漏．
（2）解不等式時，若涉及分式不等式，要注意結合定義域進行化簡，也可轉化為一元二次不等式求解．
（3）討論含有參數的函數的單調性，通常轉化為求含參不等式的解集問題，而對含有參數的不等式要根據具體情況進行分類討論，并且要始終注意定義域以及分類討論的標準．
【變式訓練2-1】
[河南省實驗中學2023高二期中]
4．已知函數，．
(1)若函數在處的切線與直線垂直，求實數的值；
(2)當時，討論函數的單調性．
【變式訓練2-2】
[北京人大附中2023高二期中]
5．已知函數，求的單調區間．
題型三 函數與導函數的圖象
例3.已知是的導函數，的圖象如圖所示，則的圖象只可能是（ ）
A． B． C． D．
【思路分析】
【解析】由導函數圖象可知，在上，，且只在或時，（提示：當用導函數說明函數單調遞增時，要對的情況加以說明），故在區間上單調遞增．又在區間上，越來越大，則函數的圖象在區間上的增長趨勢越來越快；在區間上，越來越小，則函數的圖象在區間上的增長趨勢越來越慢．故選D．
【答案】D
【方法總結】函數的圖象與其導函數的圖象的研究方法
研究一個函數的圖象與其導函數圖象之間的關系時，注意抓住各自的關鍵要素．對于原函數，要注意其圖象在哪個區間內單調遞增，在哪個區間內單調遞減；而對于導函數，則應注意其函數值在哪個區間內大于零，在哪個區間內小于零，并分析這些區間與原函數的單調區間是否一致．
【變式訓練3-1】
[北京朝陽區2023高二期中]
6．某同學利用電腦軟件將函數，的圖象畫在同一直角坐標系中，得到了如圖所示的“心形線”．觀察圖形，當時，的導函數的圖象為（ ）

A． B．
C． D．
【變式訓練3-2】
7．已知三次函數y=f(x)的圖像如下圖所示，若是函數f(x)的導函數，則關于x的不等式的解集為
A． B． C． D．
【變式訓練3-3】
[湖北省部分重點高中2023高二月考聯考]
8．已知函數的圖象如圖所示（其中是函數的導函數），下面四個圖象中可能是圖象的是（ ）
A． B．
C． D．
題型四 已知函數單調性求參數的取值范圍
例4.[天津靜海一中2023高二調研]已知函數．
（1）若，求的單減區間；
（2）若函數在區間上單調遞增，求a的取值范圍；
（3）若函數在區間上存在單調遞減區間，求a的取值范圍；
（4）若函數在區間上不單調，求a的取值范圍．
【解析】（1）若，則，的定義域為，
且．
令，得，故的單調遞減區間為．
（2），則，若函數在區間上單調遞增，等價于對，恒成立，即對恒成立．
令，可知的圖象開口向上，對稱軸為直線，
則當時，，故，解得，當時，不恒為0，則a的取值范圍為．
（3）由（2）可得，
若函數在區間上存在單調遞減區間，等價于，使得成立，即，使得成立．
令，可知的圖象開口向上，對稱軸為直線，
則當時，，故，解得，則a的取值范圍為．
（4）由（2）可得，
若函數在區間上不單調，等價于，使得成立，且函數在區間內存在變號零點，即，使得成立．
令，可知的圖象開口向上，對稱軸為直線，
則當時，，，故，
解得，則a的取值范圍為．
【方法總結】由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
（1）可導函數在區間上單調，實際上就是在該區間上（或）恒成立，得到關于參數的不等式，根據已知條件，求出參數的取值范圍，但最后要注意檢驗參數取等時，不恒為0．
（2）可導函數在區間上存在單調區間，實際上就是（或）在區間上存在解集，從而轉化為不等式問題，求出參數的取值范圍．
（3）可導函數在區間I上不單調，實際上就是導函數在區間I上存在變號零點．
（4）若已知在區間I上的單調性，且區間I含有參數時，可先求出的單調區間，令I是的單調區間的子集，從而求出參數的取值范圍．
【變式訓練4-1】
[山東泰安2023高二期中]
9．若函數在上單調遞增，則實數t的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練4-2】
10．已知實數，，函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【變式訓練4-3】
[浙江錢塘聯盟2023高二期中聯考]
11．已知函數在上有三個單調區間，則實數的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
【變式訓練4-4】
12．若函數f(x)=＋(a-1)x＋1在區間(1,4)內單調遞減，在(6，+∞)上單調遞增，求實數a的取值范圍．
易錯點1 求函數的單調區間時忽略定義域致誤
例1.求函數的單調區間．
【錯解】．令，得；令，得．
所以函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
【錯因分析】在解決函數相關問題時，忽略定義域優先這一原則．
【正解】由題意可知函數的定義域為，
，令，得；令，得．
又函數的定義域為，
所以函數的單調遞減區間為，無單調遞增區間．
易錯警示 在解與函數有關的問題時，一定要考慮函數的定義域．當時，原函數無意義．
針對訓練1-1
[上海靜安區2023二模]
13．函數的單調遞減區間是（ ）
A． B．
C． D．和
易錯點2 對函數單調遞增（減）的充要條件理解不透徹致誤
例2. 已知函數在上是增函數，求實數m的取值范圍．
【錯解】．由題意知在上恒大于0，所以對應方程的判別式，得．所以實數m的取值范圍是．
【錯因分析】認為“函數單調遞增”是“”的充要條件而致誤．
【正解】．
由題意知在上恒大于等于0，所以對應方程的判別式，得．
經檢驗，當或時，不恒為0，
所以實數的取值范圍是．
易錯警示 當時，是增函數，但是反之并不成立，而是且不恒為0．已知函數（含參數）的單調性確定參數的取值范圍時，注意檢驗參數取等時能否使恒等于0．
針對訓練2-1
[重慶江津區2023高二期中]
14．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
針對訓練2-2
15．若函數存在單調遞減區間，則實數的取值范圍是 .
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】利用導數的性質進行求解即可.
【詳解】由題意得，
令，解得或，故其單調增區間為，
故選：A.
2．B
【分析】求出函數的導數，結合余弦函數的性質解不等式，即可求得答案.
【詳解】由題意，，則，
令，則(舍去)，僅在和時取等號，
故的單調遞減區間為，
故選：B
3．的單調遞增區間為，單調遞減區間為和．
【分析】對函數進行求導，利用三角函數輔助角公式化簡，根據導函數的正負求解即可.
【詳解】，
令，得；令，得或，
所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為和．
4．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）根據題意，求導即可得到結果；
（2）根據題意，求導得，分與兩種情況討論，即可得到函數的單調區間.
【詳解】（1）由題意可得，，
因為函數在處的切線與直線垂直，
則，即.
（2）因為，，對于方程，
記，
①當，即時，，函數在上單調遞增；
②當，即時，令，解得，.
又，故.
當時，，函數單調遞增，
當時，，函數單調遞減．
綜上所述，當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在上單調遞增，上單調遞減，
在上單調遞增．
5．答案見解析
【分析】對原函數求導，求出導函數的零點，結合原函數的定義域，對參數進行分類討論，求出不同條件下的函數單調區間.
【詳解】，
令，得或，
①當時，，由，得或；由，得，
故函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
②當時，且不恒為0，則函數在上單調遞增；
③當時，，由由，得或；由，得，
故函數在和上單調遞增，在上單調遞減；
④當時，，由，得；由，得，
故函數在上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當時，函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為，無單調遞減區間；
當時，函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為；
當時，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為．
6．A
【分析】求出函數的定義域及函數值符號，分析函數在上的單調性及切線斜率的變化，即可得出合適的選項.
【詳解】因為，，
所以函數的圖象為“心形線”中軸及下方的部分．
由，得，可得，解得.
所以，函數的定義域為，且，
由題圖可知函數在上單調遞增，即當時，，故排除BC．
又函數在時的圖象的切線斜率先減小后增大，故函數的值先減小后增大，
故只有A選項符合題意，
故選：A．
7．A
【詳解】分析：結合導函數和原函數的關系即可得求得結論.
詳解：有圖可知，所以即解0，當時，等價于0，故滿足條件的為，當時,等價于0,故滿足條件的為，所以綜合可得的解集為
故選A.
點睛：考查導函數與原函數的關系，導函數大于零則原函數遞增，導函數小于零則原函數遞減，屬于中檔題.
8．C
【分析】根據的圖像，得到不同范圍下，的正負，得到的單調性，得到答案.
【詳解】由的圖象知，當時，，故，單調遞增；
當時，，故，當，，故，
等號僅有可能在x＝0處取得，
所以時，單調遞減；
當時，，故，單調遞增，結合選項只有C符合.
故選：C.
9．A
【分析】求導得到在上恒成立，即，設，計算值域得到答案.
【詳解】，在上恒成立，
即，設，，故，故.
故選：A
10．A
【分析】根據指數函數的單調性，結合導數與單調性的關系，通過構造函數進行求解即可.
【詳解】解：∵函數在上單調遞增，
∴當時，有；
當時，恒成立，
令，，則，
∵，∴，即在上單調遞增，∴，
要使當時恒成立，則，解得.
∵函數在上單調遞增，∴還需要滿足，即，
綜上，的取值范圍是.
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是除了考慮每段函數是單調遞增，還要考慮不等式成立這一條件.
11．BD
【分析】將問題等價于在有兩個不同的實數根，進一步轉化為在有唯一不為1的根，構造函數，求導得單調性即可求解.
【詳解】由題意可知函數在上有三個單調區間，等價在有兩個不同的根.，令，則，
即在有唯不為1的一根，則有有唯一不為1的根，
令，則，故當 單調遞增，
當 單調遞減，且
即，
故選：BD
12．實數a的取值范圍為[5,7]．
【分析】求出函數f(x)的導數，利用給定條件列出恒成立的不等式，再分離參數求解即得.
【詳解】依題意，，
因f(x)在(1,4)內單調遞減，則在(1,4)上恒成立，即在(1, 4)上恒成立，
于是得在(1, 4)上恒成立，而2又因f(x)在(6，+∞)上單調遞增，則在(6，+∞)上恒成立，即在(6，+∞)上恒成立，又x＋1>7，因此有a≤7，
綜上得：5≤a≤7.
所以實數a的取值范圍為[5,7].
13．C
【分析】根據給定的函數，利用導數求出單調減區間作答.
【詳解】函數的定義域為，求導得，
由得，所以函數的單調遞減區間是.
故選：C
14．C
【分析】先求導，再根據函數在上單調遞減，由在上恒成立求解.
【詳解】解：因為函數，
所以，
因為函數在上單調遞減，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，
則，
當時，不恒為零，
所以實數的取值范圍是，
故選：C
15．
【分析】先求導函數，遞減小于0，再解含參數的不等式分類討論即可.
【詳解】，
由題意知，在上有實數解，
即有實數解，
當時，顯然滿足，
當時，只需
綜上所述
故答案為：
【點睛】本題考查導函數的單調性，及含參數的不等式有解求參數的取值范圍問題.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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