2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习13《导数与函数的单调性》(含详解)

这是一份2022年高考数学(理数)一轮考点精选练习13《导数与函数的单调性》(含详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin2x B.f(x)=xex C.f(x)=x3－x D.f(x)=－x＋lnx
若函数exf(x)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)=2-xB.f(x)=x2 C.f(x)=3-xD.f(x)=cs x
已知函数y=f(x)对于任意x∈(- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 )满足f′(x)csx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.eq \r(2)f( SKIPIF 1 < 0 )C.f(0) 若函数y= SKIPIF 1 < 0 在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为P函数.
下列函数中为P函数的为( )
①f(x)=1；②f(x)=x；③f(x)=eq \f(1,x)；④f(x)=eq \r(x).
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin 2x B.f(x)=xex C.f(x)=x3－x D.f(x)=－x＋ln x
设函数f(x)=eq \f(1,2)x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.(1,2] B.(4，＋∞) C.(－∞，2) D.(0,3]
定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)=0，f′(x)是f(x)的导函数，
则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞)
B.(－∞，－1)∪(0，＋∞)
C.(－∞，0)∪(1，＋∞)
D.(－1，＋∞)
函数y=eq \f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为( )
A.(－1,1] B.(0,1] C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
已知f(x)=eq \f(lnx,x)，则( )
A.f(2)＞f(e)＞f(3) B.f(3)＞f(e)＞f(2)
C.f(3)＞f(2)＞f(e) D.f(e)＞f(3)＞f(2)
已知函数y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A.(－∞，1) B.(－∞，0)和(2，＋∞) C.(1,2) D.R
已知函数f(x)=xsin x+cs x+x2,则不等式f(ln x)+f(ln eq \f(1,x))<2f(1)的解集为( )
A.(e,+∞) B.(0,e) C.(0,)∪(1,e)D.(,e)
若函数exf(x)(e=2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )
A.f(x)=2－x B.f(x)=x2 C.f(x)=3－x D.f(x)=csx
二、填空题
已知函数f(x)=eq \f(x3,3)－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上单调递增，则实数m的取值范围是________.
已知函数f(x)=－eq \f(1,2)x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围_______.
已知函数f(x)=alnx＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是__________．
已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数y=f′(x)，满足f′(x)则不等式f(x) 函数f(x)=lnx－eq \f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为 .
已知函数f(x)=ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，曲线在点M处的切线恰好与直线x＋9y=0垂直.若函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则m的取值范围是 .
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：对于A，f(x)=sin2x的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；
对于B，f′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)=3x2－1，
令f′(x)＞0，得x＞eq \f(\r(3),3)或x＜－eq \f(\r(3),3)，
∴函数f(x)=x3－x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；
对于D，f′(x)=－1＋eq \f(1,x)=－eq \f(x－1,x)，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，
∴函数f(x)=－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述，故选B.
答案为：A.
解析:若f(x)具有M性质,则[exf(x)]′=ex[f(x)+f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立,
即f(x)+f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立.
对于选项A,f(x)+f′(x)=2-x-2-xln 2=2-x(1-ln 2)>0,符合题意.
经验证,选项B,C,D均不符合题意.故选A.
答案为：A.
解析：构造F(x)=eq \f(fx,csx)形式，则F′(x)=eq \f(f′xcsx＋fxsinx,cs2x)，
∵f′(x)csx＋f(x)sinx>0，
则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增.把选项转化后可知选A.
答案为：B.
解析：x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，eq \f(1,lnx)，eq \f(1,xlnx)都减小，
∴y=eq \f(1,lnx)，y=eq \f(1,xlnx)在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)=1和f(x)=eq \f(1,x)都是P函数；
(eq \f(1,lnx))′=eq \f(lnx－1,lnx2)，∴x∈(1，e)时，(eq \f(1,lnx))′<0，x∈(e，＋∞)时，(eq \f(1,lnx))′>0，
即y=eq \f(x,lnx)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)=x不是P函数；
(eq \f(\r(x),lnx))′=eq \f(lnx－2,2\r(x)lnx2)，∴x∈(1，e2)时，(eq \f(\r(x),lnx))′<0，x∈(e2，＋∞)时，(eq \f(\r(x),lnx))′>0，
即y=eq \f(\r(x),lnx)在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴f(x)=eq \r(x)不是P函数.故选B.
答案为：B
解析：对于A，易得f(x)=sin 2x的单调递增区间是[kπ－eq \f(π,4)，kπ＋eq \f(π,4)](k∈Z)；
对于B, f ′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时， f ′(x)＞0，
所以函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C, f ′(x)=3x2－1，
令f ′(x)＞0，得x＞eq \f(\r(3),3)或x＜－eq \f(\r(3),3)，
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；
对于D, f ′(x)=－1＋eq \f(1,x)=－eq \f(x－1,x)，令f ′(x)＞0，得0＜x＜1，
所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.综上所述，选B.
答案为：A；
解析：∵f(x)=eq \f(1,2)x2－9ln x，∴f′(x)=x－eq \f(9,x)(x>0)，由x－eq \f(9,x)≤0，得0∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，
∴a－1>0且a＋1≤3，解得1 答案为：A.
解析：设g(x)=exf(x)－ex，则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex.
由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数.
因为f(0)=0，所以g(0)=－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，
所以原不等式的解集为(0，＋∞).
答案为：B；
解析：y=eq \f(1,2)x2－lnx，y′=x－eq \f(1,x)=eq \f(x2－1,x)=eq \f(x－1x＋1,x)(x＞0).
令y′≤0，得0＜x≤1，所以递减区间为(0,1].
答案为：D；
解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
∵f′(x)=eq \f(1－lnx,x2)，∴x∈(0，e)，f′(x)＞0，x∈(e，＋∞)，
f′(x)＜0，故x=e时，f(x)max=f(e)，而f(2)=eq \f(ln2,2)=eq \f(ln8,6)，f(3)=eq \f(ln3,3)=eq \f(ln9,6)，
则f(e)＞f(3)＞f(2).
答案为：B
解析：因为函数y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是R上的减函数，所以f ′(x)＞0的充分必要条件是
0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＜1, f ′(x)＜0的充分必要条件是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＞1.
由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＜1，即f ′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞).故选B.
答案为：D.
解析:f(x)=xsin x+cs x+x2是偶函数,
所以f(ln eq \f(1,x))=f(-ln x)=f(ln x),
所以f(ln x)+f(ln eq \f(1,x))<2f(1)可变形为f(ln x)f′(x)=xcs x+2x=x(2+cs x),
因为2+cs x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,
所以f(ln x) 答案为：A；
解析：设函数g(x)=ex·f(x)，对于A，g(x)=ex·2－x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))x，在定义域R上为增函数，A正确.对于B，g(x)=ex·x2，则g′(x)=x(x＋2)ex，由g′(x)＞0得x＜－2或x＞0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.对于C，g(x)=ex·3－x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))x在定义域R上是减函数，C不正确.对于D，g(x)=ex·csx，则g′(x)=eq \r(2)excseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，g′(x)＞0在定义域R上不恒成立，D不正确.
答案为：[2,4]
解析：f ′(x)=x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可知，f ′(x)≥0在R上恒成立，
所以Δ=4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)=4(m2－6m＋8)≤0，解得2≤m≤4.
答案为：(0，1)∪(2，3)
解析：由题意知f′(x)=－x＋4－eq \f(3,x)=－eq \f(（x－1）（x－3）,x)，
由f′(x)=0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，
则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，
函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，
由t<1 答案为：[－2，＋∞)；
解析：∵f(x)=aln x＋x，∴f′(x)=＋1.
又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，
∴a≥(－x)max=－2，∴a∈[－2，＋∞)．
答案为：(0，＋∞).
解析：令F(x)=eq \f(fx,ex)，则F(0)=1，
F′(x)=eq \f(f′xex－fxex,e2x)=eq \f(f′x－fx,ex)<0，
故F(x)为R上的减函数，有f(x)故不等式f(x) 答案为：(0,eq \f(\r(5)－1,2)).
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)=eq \f(1,x)－x－1>0可解得0 答案为：(－∞，－3]∪[0，＋∞).
解析：∵f(x)=ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，
∴a＋b=4①，f′(x)=3ax2＋2bx，则f′(1)=3a＋2b.
由题意可得f′(1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))=－1，即3a＋2b=9②.
联立①②两式解得a=1，b=3，∴f(x)=x3＋3x2，f′(x)=3x2＋6x.
令f′(x)=3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2.∵函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，
∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)，∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.