2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业14《导数与函数的单调性》（教师版）

课时作业14　导数与函数的单调性

一、选择题

1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　B　)

A．f(x)＝sin2x    B．f(x)＝xex      C．f(x)＝x3－x   D．f(x)＝－x＋lnx

解析：对于A，f(x)＝sin2x的单调递增区间是(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>或x<－，

∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；

对于D，f′(x)＝－1＋＝－，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.

2．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是(　B　)

A.        B.     C.        D.

解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·＝lnx＋1，令f′(x)<0，解得0<x<，故f(x)的单调递减区间是.

3．若函数y＝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(　B　)

①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝；④f(x)＝.

A．①②④        B．①③       C．①③④        D．②③

解析：x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，，都减小，∴y＝，y＝

在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)＝1和f(x)＝都是P函数；（）′＝，

∴x∈(1，e)时，（）′<0，x∈(e，＋∞)时，（）′>0，即y＝在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝x不是P函数；（）′＝，

∴x∈(1，e2)时，（）′<0，x∈(e2，＋∞)时，（）′>0，

即y＝在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，

∴f(x)＝不是P函数．故选B.

4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　C　)

解析：由题图知当0<x<1时，xf′(x)<0，此时f′(x)<0，函数f(x)递减．

当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增．

所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值．

当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－1<x<0时，xf′(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．

5．已知函数f(x)＝x2－tcosx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为(　C　)

A.        B.    C．[－1,1]        D.

解析：因为f(x)＝x2－tcosx，所以f′(x)＝x＋tsinx.令g(x)＝f′(x)，

因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)＝1＋tcosx≥0恒成立，所以tcosx≥－1恒成立，因为cosx∈[－1，1]，所以所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1]．

6．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　)

A．(0，＋∞)        B．(－∞，－1)∪(0，＋∞)

C．(－∞，0)∪(1，＋∞)        D．(－1，＋∞)

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，＋∞)．

7．已知函数y＝f(x)对于任意x∈满足f′(x)cosx＋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　)

A.f<f        B.f<f

C．f(0)<f        D．f(0)<2f

解析：构造F(x)＝形式，则F′(x)＝，

∵f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在上单调递增．

把选项转化后可知选A.

二、填空题

8．函数f(x)＝lnx－x2－x＋5的单调递增区间为.

解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝－x－1>0可解得0<x<.

9．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)<f(x)，f(0)＝1，

则不等式f(x)<ex的解集为(0，＋∞)．

解析：令F(x)＝，则F(0)＝1，

F′(x)＝＝<0，

故F(x)为R上的减函数，有f(x)<ex等价于F(x)<1，即F(x)<F(0)．

故不等式f(x)<ex的解集为(0，＋∞)．

10．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(－∞，－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)·＝－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.

三、解答题

11．已知函数f(x)＝xlnx.

(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；

(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程．

解：(1)∵f(x)＝xlnx，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xlnx－a(x－1)，

则g′(x)＝lnx＋1－a.由g′(x)<0，得lnx＋1－a<0，解得0<x<ea－1；

由g′(x)>0，得lnx＋1－a>0，解得x>ea－1.

∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增．

(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0lnx0，切线的斜率为lnx0＋1.

∴切线l的方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)．

又切线l过点(0，－1)，

∴－1－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，即－1－x0lnx0＝－x0lnx0－x0，解得x0＝1，y0＝0.

∴直线l的方程为y＝x－1.

12．已知函数f(x)＝xex－a（x2+x）(a∈R)．

(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；

(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间．

解：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.

又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，

即2ex－y－e＝0.

(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.

①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．

②当0<a<时，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1；由f′(x)<0，得lna<x<－1，所以单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)．

③当a>时，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna；由f′(x)<0，得－1<x<lna，

所以单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)．

综上所述，当a＝时，f(x)在R上单调递增；当0<a<时，单调递增区间为(－∞，lna)，

(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)；当a>时，单调递增区间为(－∞，－1)，

(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)．

13．设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的实数x都有f(x)＝4x2－f(－x)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＋<4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2，则实数m的取值范围是(　A　)

A.        B.

C．[－1，＋∞)        D．[－2，＋∞)

解析：令F(x)＝f(x)－2x2，因为F(－x)＋F(x)＝f(－x)＋f(x)－4x2＝0，

所以F(－x)＝－F(x)，故F(x)＝f(x)－2x2是奇函数．

则当x∈(－∞，0)时，F′(x)＝f′(x)－4x<－<0，

故函数F(x)＝f(x)－2x2在(－∞，0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减．

不等式f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2m2，

即F(m＋1)≤F(－m)，由函数的单调性可得m＋1≥－m，即m≥－.故选A.

14．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)<0，若a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是b>a>c.

解析：解法1：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．因为(x－1)f′(x)<0.所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增．据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象，如图所示．

因为a＝f(0)是图中点A的纵坐标，b＝f()是图中点B的纵坐标，c＝f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.

解法2：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．因为(x－1)f′(x)<0，所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增．

取符合题意的函数f(x)＝－(x－1)2，则a＝f(0)＝－1，b＝f()＝－，c＝f(3)＝－4，

故b>a>c.

15．已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)lnx.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝x－a＋＝＝(x－1)[x－(a－1)]，

①若a>2，由f′(x)>0，得0<x<1或x>a－1，由f′(x)<0，得1<x<a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

②若a＝2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

③若1<a<2，由f′(x)>0，得0<x<a－1或x>1，由f′(x)<0，得a－1<x<1，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1,1)上单调递减；

④若a≤1，由f′(x)>0，得x>1，由f′(x)<0，得0<x<1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

综上，若a>2，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；

若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

若1<a<2，则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1,1)上单调递减；

若a≤1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．

(2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，

令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)lnx＋x，

对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，

恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数．

f′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，

当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解．

当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，

需g()≥0，即()2－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，

解得1≤a≤5.

综上，实数a的取值范围是[1,5]．