统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练13导数与函数的单调性理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练13导数与函数的单调性理，共6页。

[基础强化]
一、选择题
1．函数f(x)＝3＋x ln x的单调递减区间是( )
A．( eq \f(1,e)，e) B．(0， eq \f(1,e))
C．(－∞， eq \f(1,e)) D．( eq \f(1,e)，＋∞)
2．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，则下面判断正确的是( )
A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数
B．在(1，3)上f(x)是减函数
C．在(4，5)上f(x)是增函数
D．当x＝4时，f(x)取极大值
3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使得函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈( )
A．[0，1] B．[3，5]
C．[2，3] D．[2，4]
4．[2023·安徽省高三月考]设a＝π－3，b＝sin 6，c＝sin 3，则a，b，c的大小关系是( )
A．b>a>c B．c>a>b
C．a>c>b D．a>b>c
5．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是( )
A．[－ eq \r(3)， eq \r(3)]
B．(－ eq \r(3)， eq \r(3))
C．(－∞，－ eq \r(3))∪( eq \r(3)，＋∞)
D．(－∞，－ eq \r(3))
6．已知函数f(x)＝x2－a ln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(－∞，2) D．(－∞，2]
7．若f(x)＝ eq \f(ln x,x)，0A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
8．已知函数y＝f(x)满足f′(x)＝x2－3x－4，则y＝f(x＋3)的单调减区间为( )
A．(－4，1) B．(－1，4)
C．(－∞，－ eq \f(3,2)) D．(－∞， eq \f(3,2))
9.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0，1)
B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1，0)
D．(0，1)∪(1，＋∞)
二、填空题
10．[2023·江苏盐城三模]已知f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(0)＝1，对任意的实数x总有2f′(x)－f(x)>2，则不等式f(x)＋2≥3e eq \s\up6(\f(x,2))的解集为________．
11．已知定义在[－π，π]上的函数f(x)＝x sin x＋cs x，则f(x)的单调递增区间是________．
12．[2023·全国乙卷(理)]设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
[能力提升]
13．[2023·江西省九校联考]已知函数y＝f(x－1)的图像关于直线x＝1对称，且当x∈(－∞，0)，f(x)＋xf′(x)<0成立，若a＝21.5f(21.5)，b＝(ln 3)f(ln 3)，c＝(lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1,4))f(lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1,4))，则( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>a>b D．b>c>a
14．[2023·东北三省三校高三二模]已知实数a，b，c满足a<2，a ln a－2ln 2＝a－2，b< eq \r(2).b ln b－ eq \r(2)ln eq \r(2)＝b－ eq \r(2)，c> eq \f(1,2)，c ln c－ eq \f(1,2)ln eq \f(1,2)＝c－ eq \f(1,2)，则( )
A．cC．a15．[2023·安徽省滁州市高三质量检测]已知函数f(x)＝ eq \f(ln x,x2)，关于x的不等式1－ eq \f(a,f（x）)>0的解集中有且只有一个整数，则实数a的范围是( )
A．[ eq \f(ln 3,3)，ln 2) B．[ eq \f(ln 3,9)， eq \f(ln 2,4))
C．[ eq \f(2ln 3,9)，ln 2) D．[ eq \f(ln 6,9)， eq \f(ln 2,2))
16．[2023·江西省赣州市期末]已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，都有不等式f(x)－xf′(x)＞0成立，若a＝4 eq \s\up6(\f(1,5))f(4－ eq \f(1,5))，b＝ eq \r(2)f( eq \f(\r(2),2))，c＝lg eq \s\d9(\f(1,3))9f(lg eq \s\d9(\f(1,3)) eq \r(3))，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．b＞a＞c D．a＞b＞c
专练13 导数与函数的单调性
1．B 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得02．C 由函数y＝f(x)与y＝f′(x)的关系可知，当x∈(－2，1)时，f(x)先减后增，故A不正确；当x∈(1，3)时，f(x)先增后减，故B不正确；当x∈(4，5)时，f′(x)>0，∴f(x)在(4，5)上单调递增，故C正确；由函数的图像可知函数在x＝4处取得极小值，故D不正确．
3．C 因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的图像向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图像，所以f(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.
4．C 令f(x)＝x－sin x，x∈(0， eq \f(π,2))，
则f′(x)＝1－cs x>0，
所以函数f(x)＝x－sin x在(0， eq \f(π,2))上递增，
所以x－sin x>0，即x>sin x在x∈(0， eq \f(π,2))上恒成立，
又π－3∈(0， eq \f(π,2))，
所以π－3>sin (π－3)＝sin 3>0，
又6∈(π，2π)，所以sin 6<0，
所以π－3>sin 3>sin 6，
即a>c>b.
5．A 函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－ eq \r(3)≤a≤ eq \r(3)，∴实数a的取值范围是[－ eq \r(3)， eq \r(3)].故选A.
6．D 由f(x)＝x2－a ln x，得f′(x)＝2x－ eq \f(a,x)，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－ eq \f(a,x)≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤2.故选D.
7．C ∵f(x)＝ eq \f(ln x,x)，∴f′(x)＝ eq \f(1－ln x,x2)， 当00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵08．A 由f′(x)＝x2－3x－4<0，得－1∴f(x)的单调减区间为(－1，4)，
∴y＝f(x＋3)的单调减区间为(－4，1).
9．A 令F(x)＝ eq \f(f（x）,x)，因为f(x)为奇函数，所以F(x)为偶函数，由于F′(x)＝ eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝ eq \f(f（x）,x)在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝ eq \f(f（x）,x)在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1).故选A.
10．[0，＋∞)
解析：设函数g(x)＝ eq \f(f（x）＋2,e\s\up6(\f(x,2)))，则
g′(x)＝ eq \f(f′（x）·e\s\up6(\f(x,2))－\f(1,2)·e\s\up6(\f(x,2))·[f（x）＋2],（e\s\up6(\f(x,2))）2)
＝ eq \f(2f′（x）－f（x）－2,2e\s\up6(\f(x,2)))，
又∵2f′(x)－f(x)>2，∴g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝f(0)＋2＝3，
故不等式f(x)＋2≥3e eq \s\up6(\f(x,2))可化为g(x)≥g(0)，
由g(x)的单调性可得该不等式的解集为[0，＋∞).
11. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
解析：∵f′(x)＝sin x＋x cs x－sin x＝x cs x，
由f′(x)>0得－π∴f(x)的单调增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π，－\f(π,2)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
12．[ eq \f(\r(5)－1,2)，1)
解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln a＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))\s\up12(x) ln （1＋a）))≥0，设g(x)＝ln a＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1)) eq \s\up12(x) ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0， eq \f(1,a)＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－ eq \f(\r(5)＋1,2)或a≥ eq \f(\r(5)－1,2)，又013．D 函数y＝f(x－1)的图像关于直线x＝1对称，可知函数y＝f(x)的图像关于直线x＝0对称，即y＝f(x)为偶函数，构造g(x)＝xf(x)，当x∈(－∞，0)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，故y＝g(x)在(－∞，0)上单调递减，且易知g(x)为奇函数，故y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由21.5>2＝lg eq \s\d9(\f(1,2)) eq \f(1,4)>ln 3>0，所以g(21.5)14．D 由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a ln a－a＝2ln 2－2,b ln b－b＝\r(2)ln \r(2)－\r(2),c ln c－c＝\f(1,2)ln \f(1,2)－\f(1,2)))；
令f(x)＝x ln x－x，则f′(x)＝ln x，
∴当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
∴f(x)min＝f(1)＝－1；
又f(e)＝0，当x∈(0，1)时，f(x)<0；
∴方程f(x)＝t(－1∴0∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（a）＝f（2）,f（b）＝f（\r(2)）,f（c）＝f（\f(1,2)）))，又0< eq \f(1,2)<1< eq \r(2)<2∴0又f(2)>f( eq \r(2))，∴f(a)>f(b)，∴a综上所述：a15．B 因为f(1)＝ eq \f(ln 1,1)＝0，所以x＝1不是不等式1－ eq \f(a,f（x）)>0的一个解，
当x>1时，f(x)＝ eq \f(ln x,x2)>0，
则1－ eq \f(a,f（x）)>0⇔f(x)－a>0⇔a< eq \f(ln x,x2)，
不等式1－ eq \f(a,f（x）)>0有且只有一个整数解等价于a< eq \f(ln x,x2)只有一个整数解，
即f(x)的图像在直线y＝a的上方只有一个整数解
f′(x)＝ eq \f(1－2ln x,x3)，
令f′(x)＝0，则x＝ eq \r(e)，
当x∈(0， eq \r(e))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈( eq \r(e)，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
作出f(x)的图像，
由图像可知a的取值范围为f(3)≤a即 eq \f(ln 3,9)≤a< eq \f(ln 2,4).
16．A ∵当x∈(0，＋∞)时不等式f(x)－xf′(x)＞0成立，
∴( eq \f(f（x）,x))′＝ eq \f(f′（x）x－f（x）,x2)＜0，
∴g(x)＝ eq \f(f（x）,x)在(0，＋∞)上是减函数．
则a＝4 eq \s\up6(\f(1,5))f(4－ eq \f(1,5))＝ eq \f(f（4－\f(1,5)）,4－\f(1,5))＝g(4－ eq \f(1,5))，b＝ eq \r(2)f( eq \f(\r(2),2))＝ eq \f(f（\f(\r(2),2)）,\f(\r(2),2))＝g( eq \f(\r(2),2))，
c＝lg eq \s\d9(\f(1,3))9f(lg eq \s\d9(\f(1,3)) eq \r(3))＝－2f(－ eq \f(1,2))＝ eq \f(f（－\f(1,2)）,－\f(1,2))＝g(－ eq \f(1,2))，
又∵函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，
∴g(x)＝ eq \f(f（x）,x)是定义在R上的偶函数，
则g(－ eq \f(1,2))＝g( eq \f(1,2))，
∵4－ eq \f(1,5)＝ eq \f(1,\r(5,4))＝ eq \f(1,\r(10,16))> eq \f(1,\r(10,25))＝ eq \f(\r(2),2)＞ eq \f(1,2)，
∵g(x)在(0，＋∞)上是减函数，
∴g(4－ eq \f(1,5))＜g( eq \f(\r(2),2))＜g( eq \f(1,2))，
则a＜b＜c.