23版新高考一轮分层练案(十六)　导数与函数的单调性

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一轮分层练案(十六)　导数与函数的单调性 A级——基础达标1．函数y＝x cos x－sin x在下面哪个区间上单调递增(　　)A．    B．(π，2π)C．    D．(2π，3π)【答案】B　y′＝－x sin x，经验证，只有在(π，2π)内y′>0恒成立，∴y＝x cos x－sin x在(π，2π)上单调递增．2．函数f(x)＝ln x－ax(a>0)的单调递增区间为(　　)A．    B．C．    D．(－∞，a)【答案】A　由f′(x)＝－a>0，x>0，得0<x<.∴f(x)的单调递增区间为.3．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)A．充分不必要条件    B．必要不充分条件C．充要条件    D．既不充分也不必要条件【答案】A　f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增；由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．4．在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(　　)A．(－∞，－1)∪(0，1)    B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2)    D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)【答案】A　在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)单调递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；在(－1，1)上，f(x)单调递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0，1).综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1).5．已知函数f(x)＝a ln x－2x，若不等式f(x＋1)>ax－2ex在x∈(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，2]    B．[2，＋∞)C．(－∞，0]    D．[0，2]【答案】A　由函数f(x)＝a ln x－2x，得f(ex)＝aln ex－2ex＝ax－2ex.f(x＋1)>ax－2ex，即f(x＋1)>f(ex)，因为x>0时，1<x＋1<ex，所以只需f(x)＝a ln x－2x在(1，＋∞)上单调递减，即x>1时，f′(x)＝－2≤0恒成立，即a≤2x在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤2.6．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么下列图象中不可能是函数f(x)的图象的是(　　)【答案】BCD　由导函数图象可得：当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，0)上单调递增；当0<x<2时，f′(x)<0，即函数f(x)在(0，2)上单调递减；当x>2时，f′(x)>0，即函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增．故选B、C、D.7．(多选)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，f′(x)，g′(x)为其导函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＜0且g(－3)＝0，则使得不等式f(x)·g(x)＜0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－3)    B．(－3，0)C．(0，3)    D．(3，＋∞)【答案】BD　∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，令h(x)＝f(x)·g(x)，则h(－x)＝－h(x)，故h(x)＝f(x)·g(x)为R上的奇函数，∵当x＜0时，h′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＜0，∴h(x)＝f(x)·g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，∴奇函数h(x)在区间(0，＋∞)上也单调递减，如图：由g(－3)＝0，∴h(－3)＝－h(3)＝0，∴当x∈(－3，0)∪(3，＋∞)时，h(x)＝f(x)·g(x)＜0，故选B、D.8．(多选)若函数g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数不具有M性质的为(　　)A．f(x)＝ln x    B．f(x)＝x2＋1C．f(x)＝sin x    D．f(x)＝x3【答案】CD　对于A，f(x)＝ln x，则g(x)＝ex ln x，则g′(x)＝ex，因为在(0，＋∞)上ln x＋≥1恒成立，所以函数g(x)＝ex ln x在(0，＋∞)递增；对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2≥0在实数集R上恒成立，所以g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝ex sin x，g′(x)＝ex(sin x＋cos x)＝ex sin ，显然g(x)不单调；对于D，f(x)＝x3，则g(x)＝exf(x)＝exx3，g′(x)＝exx3＋3exx2＝ex(x3＋3x2)＝exx2(x＋3)，当x＜－3时，g′(x)＜0，所以g(x)＝exf(x)在定义域R上先递减后递增；所以具有M性质的函数的选项为A、B，不具有M性质的函数的选项为C、D.9．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，所以Δ＝4a2－12≤0，解得－≤a≤ .【答案】[－， ]10．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＝.①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝ ，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，故f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． B级——综合应用11．若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)A．[1，＋∞)    B．[1，2)C．    D．【答案】C　函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－＝，令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0<x<.由题意得得1≤k<.12．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，g(x)为f(x)的导函数．若f(x)在(0，1)上单调递减，则下列结论正确的是(　　)A．a2－3b有最小值3    B．a2－3b有最大值2C．f(0)·f(1)≤0    D．g(0)·g(1)≥0【答案】D　由题意可得g(x)＝f′(x)＝3x2＋2ax＋b.因为f(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)≤0在(0，1)上恒成立，即g(0)≤0，g(1)≤0，所以g(0)·g(1)≥0，故选D.13．(多选)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cos xf′(x)＋sin xf(x)<0成立，则(　　)A．f>f    B．f>fC．f>f    D．f>f【答案】CD　根据题意，令g(x)＝，x∈，则其导数g′(x)＝，又由x∈，且恒有cosx·f′(x)＋sin x·f(x)<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，又由<，则有g>g，即>，分析可得f>f；又由<，则有g>g，即>，分析可得f>f.故选C、D.14．设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．解析：∵ f(x)＝ex＋ae－x (a为常数)的定义域为R，∴ f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴ a＝－1.∵ f(x)＝ex＋ae－x，∴ f′(x)＝ex－ae－x＝ex－.∵ f(x)是R上的增函数，∴ f′(x)≥0在R上恒成立，即ex≥在R上恒成立，∴ a≤e2x在R上恒成立．又e2x>0，∴ a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].【答案】－1　(－∞，0]15．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上总不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，当a>0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；当a＝0时， f(x)为常函数．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.∴g(x)＝x3＋x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t，3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴当g′(t)<0时，即3t2＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立，由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m<－5且m<－9，即m<－9；由g′(3)>0，即m>－.∴－<m<－9.即实数m的取值范围是.C级——迁移创新16．已知f(x)＝＋a，若函数g(x)＝－x2＋2x(x≥0)的图象上存在两个关于原点的对称点在函数y＝f(x)的图象上，求实数a的取值范围．解：设g(x)＝－x2＋2x(x≥0)关于原点对称的函数为G(x)，则G(x)＝－g(－x)＝x2＋2x(x≤0)，故只需x2＋2x＝＋a在(－∞，0)上存在两根即可，即a＝x2＋2x－.设h(x)＝x2＋2x－(x<0)，则h′(x)＝2x＋2＋＝(x＋1)·，故h(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，0)上单调递增，h(x)≥h(－1)＝e－1.又因为当x→－∞时，h(x)→＋∞；当x→0时，h(x)→＋∞.故a∈(e－1，＋∞).