高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练2.11.1《函数的导数与单调性》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练2.11.1《函数的导数与单调性》(教师版)，共8页。
课时规范练A组　基础对点练1．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)解析：根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)＜0，在(x1，x2)上f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，选D.答案：D2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是(　　)A．(0,1)　　　　　　 B．(1，＋∞)C．(－∞，1)  D．(－1,1)解析：因为f′(x)＝2x－＝(x＞0)．所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．答案：A3．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]  B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)  D．[1，＋∞)解析：因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒 成立．因为x＞1，所以0＜＜1，所以k≥1.故选D.答案：D4．已知函数f(x)＝2x3－6ax＋1，a≠0，则函数f(x)的单调递减区间为(　　)A．(－∞，＋∞)B．(，＋∞)C．(－∞，－)∪(，＋∞)D．(－，)解析：f′(x)＝6x2－6a＝6(x2－a)，当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0；当a＞0时，由f′(x)＜0解得－＜x＜，所以当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－，)．答案：D5．已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是(　　)解析：设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．答案：A6．设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常数a＞1，则f(x)的单调减区间为________．解析：f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)，由a＞1知，当x＜2时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(－∞，2)上单调递增；当2＜x＜2a时，f′(x)＜0，故f(x)在区间(2,2a)上单调递减；当x＞2a时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(2a，＋∞)上单调递增．综上，当a＞1时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上单调递增，在区间(2,2a)上单调递减．答案：(2,2a)7．(荆州质检)设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间．解析：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得即(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．8．设函数f(x)＝mx3＋(4＋m)x2，g(x)＝aln(x－1)，其中a≠0.(1)若函数y＝g(x)的图象恒过定点P，且点P关于直线x＝对称的点在y＝f(x)的图象上，求m的值．(2)当a＝8时，设F(x)＝f′(x)＋g(x＋1)，讨论F(x)的单调性．解析：(1)令ln(x－1)＝0，则x＝2，即函数y＝g(x)的图象恒过定点P(2,0)，所以点P关于直线x＝对称的点为(1,0)，又点(1,0)在y＝f(x)的图象上，所以m＋4＋m＝0，所以m＝－3.(2)因为F(x)＝mx2＋2(4＋m)x＋8ln x，且定义域为(0，＋∞)．所以F′(x)＝2mx＋(8＋2m)＋＝＝.因为x＞0，所以x＋1＞0.当m≥0时，F′(x)＞0，此时F(x)在(0，＋∞)上为增函数．当m＜0时，由F′(x)＞0得0＜x＜－，由F′(x)＜0得x＞－，所以F(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当m≥0时，F(x)在(0，＋∞)上为增函数；当m＜0时，F(x)在上单调递增，在上单调递减．B组　能力提升练9．(兰州市高三诊断考试)定义在(0，)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＜0成立，则有(　　)A．f()＞f()　　　　　　B.f()＞f()C．f()＞f()  D．f()＞f()解析：∵cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＜0，∴在(0，)上，[]′＜0，∴函数y＝在(0，)上是减函数，∴＞，∴f()＞f()，故选C.答案：C10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1，若存在实数x1，x2∈[1，＋∞)，且x1－x2≥1，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围为(　　)A．(0，)  B．(0，]C．(－∞，]  D．(－∞，]解析：当a＝0时，f(x)＝ln x＋1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＝x2，显然不成立，排除C，D；取x1＝2，x2＝1，由f(x1)＝f(x2)得－a＋1＝ln 2－4a＋1，得a＝，排除A.选B.答案：B11．函数f(x)＝ln x－x2＋x的单调增区间为________．解析：因为f(x)＝ln x－x2＋x，所以f′(x)＝－x＋1＝，x＞0，由f′(x)＞0得x＞0且x＜，所以增区间为.答案：12．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a＞0)．若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数， 则f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，又a＞0，所以0＜a≤或a≥1.答案：∪[1，＋∞)13．(兰州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．当0＜a＜时，讨论f(x)的单调性．解析：因为f(x)＝ln x－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)，令f′(x)＝0，可得两根分别为1，－1，因为0＜a＜，所以－1＞1＞0，当x∈(0,1)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；当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．14．已知函数f(x)＝x2＋ln x，g(x)＝f(x)－2ax.(a∈R)(1)当a＝0时，求f(x)在区间上的最小值；(2)若x∈(1，＋∞)，g(x)＜0恒成立，求a的取值范围．解析：(1)函数f(x)＝x2＋ln x的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝－x2＋ln x，则f′(x)＝－x＋＝＝.当x∈时，f′(x)＞0；当x∈[1，e]时，f′(x)＜0，∴f(x)在区间上是增函数，在区间[1，e]上为减函数，又f＝－1－，f(e)＝1－，∴f(x)min＝f(e)＝1－.(2)g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2ax＋ln x，则g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝(2a－1)x－2a＋＝＝，①若a＞，则令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，当x2＞x1＝1，即＜a＜1时，在(0,1)上有g′(x)＞0，在(1，x2)上有g′(x)＜0，在(x2，＋∞)上有g′(x)＞0，此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合题意；当x2≤x1＝1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上有g(x)∈(g(1)，＋∞)，也不合题意；②若a≤，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g′(x)＜0，从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；要使g(x)＜0在此区间上恒成立，只需满足g(1)＝－a－≤0⇒a≥－，由此求得a的取值范围是.综合①②可知，a的取值范围是.