2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十六导数与函数的单调性

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业十六导数与函数的单调性，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝x＋eq \f(6,x)－lnx的单调递减区间是( )
A．(－2，3)
B．(－∞，－2)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞)
D．(0，3)
2．[2023·辽宁丹东月考]函数f(x)＝eq \f(x2,2x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，0) B．(0，2lg2e)
C．(－∞，2lg2e) D．(2lg2e，＋∞)
3．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，函数y＝f(x)的图象大致是图中的( )
4．已知函数f(x)＝x＋lnx＋csx，若f(x2－4)≤f(3x)，则实数x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪[4，＋∞)
B．(－∞，2)∪[4，＋∞)
C．(0，4]
D．(2，4]
5．[2023·河北保定模拟]若函数f(x)＝kx－ex在区间(1，＋∞)单调递减，则k的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．(1，＋∞)
C．[e，＋∞) D．(－∞，e]
6．[2023·安徽黄山模拟]若函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x)在[2，4]上为单调递增函数，则a的取值范围为( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．[4，＋∞)
7．已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)在R上恒有f′(x)A．(1，＋∞)
B．(－∞，1)
C．(－1，1)
D．(－∞，1)∪(1，＋∞)
8．(能力题)[2023·天津外国语附中月考]设a＝eq \f(ln2,2)，b＝eq \f(ln3,3)，c＝eq \f(1,e)，则( )
A．aC．a9．(能力题)若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)<0，则( )
A．2f(3)>3f(2) B．2f(3)<3f(2)
C．3f(3)>2f(2) D．3f(3)<2f(2)
10．(能力题)[2023·河北沧州模拟]设a＝1.1e0.9，b＝0.99e，c＝0.9e1.1，则( )
A．c>a>bB．c>b>a
C．a>b>cD．a>c>b
二、多项选择题
11．[2023·山东菏泽月考]若函数f(x)的导函数在定义域内单调递增，则f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝x2＋sinx
B．f(x)＝x2
C．f(x)＝1＋csx
D．f(x)＝x2＋lnx
12．(能力题)设函数f(x)＝eq \f(ex,lnx)，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的定义域是(0，＋∞)
B．当x∈(0，1)时，f(x)的图象位于x轴下方
C．f(x)存在单调递增区间
D．f(x)有两个单调区间
三、填空题
13．已知函数f(x)＝lnx＋x2＋ax的单调递减区间为(eq \f(1,2)，1)，则a的值为________．
14．(能力题)[2023·山东日照模拟]设函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－27lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．
四、解答题
15．[2023·河南荥阳模拟]已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)当a＝2时，讨论f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．
优生选做题
16．[2023·广东汕头模拟](多选)若0A．eb＋eq \f(1,ea)＋2a>ea＋eq \f(1,eb)＋2b
B．bea－eb>aeb－ea
C．asinb＋bD．sinbcsa>sina
17．[2023·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)－ax，a∈R.
(1)讨论函数f(x)在(－1，＋∞)上的单调性；
(2)若x∈(－1，0]，f(x)≤1－csx，求a的取值范围．
课时作业（十六） 导数与函数的单调性
1．解析：函数的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝1－eq \f(6,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(（x＋2）（x－3）,x2)，
令f′（x）<0，解得0所以函数f（x）＝x＋eq \f(6,x)－lnx在（0，3）上单调递减．
故选D.
答案：D
2．解析：因为f（x）＝eq \f(x2,2x)，该函数的定义域为R，
f′（x）＝eq \f(2x－x2ln2,2x)＝eq \f(x（2－xln2）,2x)，
由f′（x）>0，可得x（xln2－2）<0，解得0因此函数f（x）的单调递增区间为（0，2lg2e）.
故选B.
答案：B
3．解析：由函数y＝xf′（x）的图象可知，当x∈（－∞，－1）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，排除A、B；当x∈（0，x0），（00，函数f（x）单调递增，所以函数f（x）在x＝x0处取极小值，排除D.
故选C.
答案：C
4．解析：因为f（x）＝x＋lnx＋csx（x>0），所以f′（x）＝1＋eq \f(1,x)－sinx>0，即函数f（x）单调递增，由f（x2－4）≤f（3x）可得，0故选D.
答案：D
5．解析：∵函数f（x）＝kx－ex在区间（1，＋∞）单调递减，
∴f′（x）＝k－ex≤0在区间（1，＋∞）上恒成立，即k≤（ex）min，x∈（1，＋∞），
∴k≤e，∴k的取值范围是（－∞，e].
故选D.
答案：D
6．解析：f′（x）＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，因为函数f（x）＝lnx＋eq \f(a,x)在[2，4]上为增函数，
所以f′（x）≥0在[2，4]上恒成立，故x－a≥0在[2，4]上恒成立，
故a≤x在[2，4]上恒成立，所以a≤2.
故选A.
答案：A
7．解析：因为f（x）令g（x）＝f（x）－eq \f(x,2)－eq \f(1,2)，则g′（x）＝f′（x）－eq \f(1,2)，
因为f′（x）所以g′（x）<0，所以g（x）在R上单调递减，
因为f（1）＝1，所以g（1）＝f（1）－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝0，
所以g（x）所以x>1，即不等式f（x）故选A.
答案：A
8．解析：令f（x）＝eq \f(lnx,x)，则f′（x）＝eq \f(1－lnx,x2)，所以当00，当x>e时f′（x）<0，
所以f（x）在（0，e）上单调递增，（e，＋∞）上单调递减，又2又b－a＝eq \f(ln3,3)－eq \f(ln2,2)＝eq \f(2ln3－3ln2,6)＝eq \f(ln9－ln8,6)>0，所以b>a，
所以c>b>a.
故选A.
答案：A
9．解析：构造函数g（x）＝eq \f(f（x）,x)（x≠0），
∵函数f（x）在R上可导，且满足f（x）－xf′（x）<0，
∴g′（x）＝eq \f(xf′（x）－f（x）,x2)>0，
∴x>0时，函数g（x）单调递增，
∴g（3）>g（2），
即eq \f(f（2）,2)故选A.
答案：A
10．解析：设f（x）＝（1＋x）e1－x－（1－x）e1＋x，
则f′（x）＝e1－x－（1＋x）e1－x－[－e1＋x＋（1－x）e1＋x]＝－xe1－x＋xe1＋x＝xe1－x（e2x－1）≥0，
f（x）是R上的增函数，
所以f（0.1）>f（0），即1.1e0.9－0.9e1.1>0，1.1e0.9>0.9e1.1，
设g（x）＝eq \f(ex,1＋x)，则g′（x）＝eq \f(ex（1＋x）－ex,（1＋x）2)＝eq \f(xex,（1＋x）2)，
当x≥0时，g′（x）≥0（只有g′（0）＝0），g（x）单调递增，
所以g（0.1）>g（0），即eq \f(e0.1,1.1)>1，e0.1>1.1，两边乘以0.9e得0.9e1.1>0.99e，
综上a>c>b.
故选D.
答案：D
11．解析：A：由f（x）＝x2＋sinx⇒f′（x）＝2x－csx，令g（x）＝f′（x）＝2x－csx，
因为g′（x）＝2＋sinx>0，所以函数f′（x）是实数集上的增函数，符合题意；
B：由f（x）＝x2⇒f′（x）＝2x，因为一次函数f′（x）＝2x是实数集上的增函数，
所以符合题意；
C：由f（x）＝1＋csx⇒f′（x）＝－sinx，因为函数f′（x）＝－sinx是周期函数，所以函数f′（x）＝－sinx不是实数集上的增函数，因此不符合题意；
D：由f（x）＝x2＋lnx⇒f′（x）＝2x＋eq \f(1,x)，令g（x）＝f′（x）＝2x＋eq \f(1,x)，
则g′（x）＝2－eq \f(1,x2)＝eq \f(2x2－1,x2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))时，g′（x）<0，g（x）单调递减，因此不符合题意，
故选AB.
答案：AB
12．解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0,lnx≠0))，得x>0且x≠1，所以函数f（x）＝eq \f(ex,lnx)的定义域为（0，1）∪（1，＋∞），所以A不正确．
当x∈（0，1）时，lnx<0，ex>0，所以f（x）<0，所以当x∈（0，1）时，f（x）的图象位于x轴下方，所以B正确．
f′（x）＝eq \f(ex（lnx－\f(1,x)）,ln2x)，令g（x）＝lnx－eq \f(1,x)，则g′（x）＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)>0，所以函数g（x）单调递增，g（1）＝－1<0，g（e）＝1－eq \f(1,e)>0，故存在x0>1，使得g（x0）＝0，则函数f′（x）＝0只有一个根x0，当x∈（0，1）和x∈（1，x0）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，＋∞）时，函数f（x）单调递增，所以函数有三个单调区间，所以C正确，D不正确．
故选BC.
答案：BC
13．解析：函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝eq \f(1,x)＋2x＋a＝eq \f(2x2＋ax＋1,x)，
由题意可知，不等式2x2＋ax＋1<0的解集为（eq \f(1,2)，1），所以eq \f(1,2)＋1＝－eq \f(a,2)，解得a＝－3.
答案：－3
14．解析：f′（x）＝x2－eq \f(27,x)＝eq \f(x3－27,x)，x>0，令f′（x）≤0，得00,a＋1≤3))，故1答案：115．解析：（1）当a＝2时，f（x）＝ex－2x－1，定义域为x∈R.
∴f′（x）＝ex－2.
令f′（x）>0，即ex－2>0解得x>ln2；
令f′（x）<0，即ex－2<0解得x∴当a＝2时，函数f（x）的单调增区间是（ln2，＋∞），递减区间为（－∞，ln2）.
（2）∵f（x）＝ex－ax－1，x∈R，∴f′（x）＝ex－a.
∵f（x）在R上单调递增，即f′（x）＝ex－a≥0恒成立，
∵当x∈R时，ex∈（0，＋∞），
∴a≤0，即a的取值范围为（－∞，0].
16．解析：A：令f（x）＝ex－eq \f(1,ex)－2x且0故f（x）在定义域上单调递增，则f（a）>f（b），即eb－eq \f(1,eb)－2b所以eb＋eq \f(1,ea)＋2aB：令f（x）＝x－ln（x＋1）且00，
故f（x）在定义域上单调递增，则f（a）>f（b），即a－ln（a＋1）>b－ln（b＋1），
所以lnea（b＋1）>lneb（a＋1），则ea（b＋1）>eb（a＋1），即bea－eb>aeb－ea，正确；
C：令f（x）＝eq \f(sinx－1,x)且00，
故f（x）在定义域上递增，则f（a）>f（b），即eq \f(sina－1,a)>eq \f(sinb－1,b)，
所以b（sina－1）>a（sinb－1），则asinb＋bD：当b＝eq \f(π,6)，a＝eq \f(π,3)时，sinbcsa＝eq \f(1,4)故选BC.
答案：BC
17．解析：（1）由题意得，x∈（－1，＋∞），f′（x）＝eq \f(1,x＋1)－a＝eq \f(1－ax－a,x＋1)＝eq \f(1－a（x＋1）,x＋1)，
当a≤0时，f′（x）>0，则函数f（x）在（－1，＋∞）上单调递增；
当a>0时，令f′（x）＝0，解得x＝eq \f(1－a,a)＝eq \f(1,a)－1；
当x∈（－1，eq \f(1,a)－1）时，f′（x）>0，则函数f（x）在（－1，eq \f(1,a)－1）上单调递增；
当x∈（eq \f(1,a)－1，＋∞）时，f′（x）<0，函数f（x）在x∈（eq \f(1,a)－1，＋∞）上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f（x）在（－1，＋∞）上单调递增；
当a>0时，函数f（x）在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a)－1))上单调递增，在（eq \f(1,a)－1，＋∞）上单调递减．
（2）由题意得，ln（x＋1）－ax≤1－csx，即ln（x＋1）＋csx－ax≤1.
令g（x）＝ln（x＋1）＋csx－ax，则g′（x）＝eq \f(1,x＋1)－sinx－a，
当－1①当a≤1时，1－a≥0，则g′（x）≥0恒成立，∴g（x）为增函数，∴g（x）≤g（0）＝1；
②当a>1时，1－a<0，－1∵g′（0）＝1－a<0，g′（eq \f(1,a)－1）＝－sin（eq \f(1,a)－1）>0，
∴存在x0∈（－1，0]，使g′（x0）＝0，且x∈[x0，0]时，g′（x）<0，g（x）单调递减，
∴g（x0）>g（0）＝1，与g（x）≤1矛盾，舍去．
综上所述，实数a的取值范围是（－∞，1].