2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习19导数与函数的单调性（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习19导数与函数的单调性（Word版附解析），共11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)＝2x－sinx在(－∞，＋∞)上是( )
A．增函数B．减函数
C．先增后减D．不确定
2．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x－3lnx，则函数f(x)的单调递减区间为( )
A．(0，1)，(3，＋∞) B．(0，2)，(3，＋∞)
C．(0，3) D．(1，3)
3．[2024·江苏苏州模拟]设函数f(x)＝xsinx，若x1，x2∈[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]，且f(x1)A．x1x2
C．x1＋x2<0D．x eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) 4.
[2024·海南模拟]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( )
5．已知函数f(x)＝csx－x，则f(eq \f(8π,9))，f(π)，f(eq \f(10π,9))的大小关系为( )
A．f(eq \f(8π,9))>f(π)>f(eq \f(10π,9))
B．f(eq \f(8π,9))>f(eq \f(10π,9))>f(π)
C.f(eq \f(10π,9))>f(eq \f(8π,9))>f(π)
D．f(eq \f(10π,9))>f(π)>f(eq \f(8π,9))
6．(素养提升)[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(a,x＋1)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．a≥eq \f(9,2)B．a≤eq \f(9,2)
C．a≤4D．a≥4
7．(素养提升)[2024·重庆沙坪坝模拟]若函数f(x)为定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>2x，则不等式f(3x－1)－f(2)>(3x－3)(3x＋1)的解集为( )
A．(－∞，－eq \f(1,3))
B．(－∞，－eq \f(1,3))∪(1，＋∞)
C．(1，＋∞)
D．(－eq \f(1,3)，1)
二、多项选择题
8．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是( )
A．f′(1)≥0B．f(1)≥0
C．a2－3b≤0D．a2－3b≥0
9．(素养提升)已知e是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是( )
A．ln2>eq \f(2,e)B．ln3C．lnπ>eq \f(π,e)D．eq \f(ln3,lnπ)三、填空题
10．设函数f(x)＝x(ex－1)－eq \f(1,2)x2，则函数f(x)的单调增区间为__________．
11．写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)：__________．
①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；
②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
③f′(x)是奇函数．
12．若函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则实数b的取值范围为______．
13．(素养提升)[2024·安徽宣城模拟]已知函数f(x)＝eq \f(4x－1,2x)，则不等式2xf(x)－3<0的解集是________．
四、解答题
14．已知函数f(x)＝lnx－eq \f(1,2)ax2－2x.
(1)若a＝3，求f(x)的增区间；
(2)若a<0，且函数f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．
优生选做题
15．[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝ex－2＋e2－x＋2x2－8x＋7，则不等式f(2x＋3)>f(x＋2)的解集为( )
A．(－1，－eq \f(1,3))
B．(－∞，－1)∪(－eq \f(1,3)，＋∞)
C．(－eq \f(1,3)，1)
D．(－∞，－eq \f(1,3))∪(1，＋∞)
16．已知函数f(x)＝(x－2)(aex－x).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性．
课后定时检测案19 导数与函数的单调性
1．解析：∵f(x)＝2x－sinx，∴f′(x)＝2－csx>0在(－∞，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．故选A.
答案：A
2．解析：f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x－3lnx，函数定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－2－eq \f(3,x)＝eq \f(x2－2x－3,x)，
令f′(x)<0，解得0则函数f(x)的单调递减区间为(0，3).故选C.
答案：C
3．解析：由于f(－x)＝xsinx＝f(x)，且定义域关于原点对称，所以函数为偶函数，
当x∈[0，eq \f(π,2)]时，f′(x)＝sinx＋xcsx≥0，故函数在[0，eq \f(π,2)]上单调递增，
结合函数为偶函数可知，函数在[－eq \f(π,2)，0]上单调递减，
所以f(x1)答案：D
4．解析：由题给函数y＝xf′(x)的图象，可得
当x<－1时，xf′(x)<0，则f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当－10，则f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当0当x>1时，xf′(x)>0，则f′(x)>0，则f(x)单调递增；
则f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；单调递减区间为(－1，1)，故仅选项C符合要求．
答案：C
5．解析：因为函数f(x)＝csx－x，
所以f′(x)＝－sinx－1≤0，
又函数f(x)＝csx－x不是常函数，
所以f(x)＝csx－x在(－∞，＋∞)上单调递减，
因为eq \f(8π,9)<πf(π)>f(eq \f(10π,9)).故选A.
答案：A
6．解析：由于f(x)＝lnx＋eq \f(a,x＋1)在(eq \f(1,2)，1)上单调递增，所以f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,（x＋1）2)≥0在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，故a≤eq \f(（x＋1）2,x)＝x＋eq \f(1,x)＋2在(eq \f(1,2)，1)上恒成立，
令y＝x＋eq \f(1,x)＋2，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，因为对勾函数y＝x＋eq \f(1,x)＋2在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以y∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(9,2)))，所以a≤4.故选C.
答案：C
7．解析：令g(x)＝f(x)－x2，
因为f(x)为偶函数，即f(－x)＝f(x)，
故g(－x)＝g(x)，g(x)为偶函数，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>2x，则g′(x)＝f′(x)－2x>0，g(x)在(－∞，0)上单调递增，
因为f(3x－1)－f(2)>(3x－3)(3x＋1)，即f(3x－1)－(3x－1)2>f(2)－22，
所以g(3x－1)>g(2)，故|3x－1|<2，解得－eq \f(1,3)所以不等式的解集为(－eq \f(1,3)，1).故选D.
答案：D
8．解析：因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为函数f(x)在R上单调递增，所以f′(x)≥0，对于任意的x∈R恒成立，
所以f′(1)≥0恒成立，即A正确；
但f(1)大小不确定，故B错误；
对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0，即a2－3b≤0，所以C正确，D错误．故选AC.
答案：AC
9．解析：构造函数f(x)＝lnx－eq \f(x,e)(x>0)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,e)＝eq \f(e－x,ex)，
所以f(x)在区间(0，e)，f′(x)>0，f(x)单调递增；在区间(e，＋∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝lne－1＝0，故f(x)≤0，当且仅当x＝e时等号成立．
即lnx－eq \f(x,e)≤0，lnx≤eq \f(x,e)，当且仅当x＝e时等号成立．
所以ln2构造函数g(x)＝eq \f(lnx,x)(x>0)，
g′(x)＝eq \f(1－lnx,x2)，
所以g(x)在区间(0，e)，g′(x)>0，g(x)单调递增；在区间(e，＋∞)，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(3)>g(π)，eq \f(ln3,3)>eq \f(lnπ,π)⇒eq \f(ln3,lnπ)>eq \f(3,π)，D选项错误．故选ACD.
答案：ACD
10．解析：f′(x)＝ex－1＋xex－x＝ex－1＋x(ex－1)＝(ex－1)(1＋x)，
令f′(x)≥0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－1≥0,1＋x≥0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－1≤0,1＋x≤0))，
解得x≥0或x≤－1，
所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1]和[0，＋∞).
答案：(－∞，－1]和[0，＋∞)
11．解析：取f(x)＝x4，则f(x1x2)＝(x1x2)4＝x eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(1)) x eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(2)) ＝f(x1)f(x2)，满足①，
f′(x)＝4x3，x>0时有f′(x)>0，满足②，
f′(x)＝4x3的定义域为R，
又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函数，满足③.
答案：f(x)＝x4(答案不唯一)
12．解析：由题意有f′(x)＝3x2＋2bx＋1，
函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则函数f(x)＝x3＋bx2＋x有两个极值点，
f′(x)＝3x2＋2bx＋1的图象抛物线与x轴有两个交点，则判别式Δ＝4b2－12>0，解得b>eq \r(3)或b<－eq \r(3).
所以实数b的取值范围为(－∞，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，＋∞).
答案：(－∞，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，＋∞)
13．解析：因为f(x)＝eq \f(4x－1,2x)＝2x－2－x，令g(x)＝xf(x)＝x(2x－2－x)，
则g(－x)＝(－x)(2－x－2x)＝x(2x－2－x)＝g(x)，
则函数g(x)为偶函数，
又g′(x)＝2x－2－x＋xln2(2x＋2－x)，
当x>0时，2x－2－x>0，2x＋2－x>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝g(－1)＝2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
由2xf(x)－3<0可得2g(x)－3<0，即g(x)所以|x|<1，解得－1答案：(－1，1)
14．解析：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，a＝3时，f′(x)＝eq \f(1,x)－3x－2＝eq \f(－（3x－1）（x＋1）,x)，
令f′(x)>0，得0(2)f′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2，由函数f(x)存在单调递减区间，知f′(x)≤0在(0，＋∞)上有解，∴eq \f(1,x)－ax－2≤0，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，而eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)＝(eq \f(1,x)－1)2－1≥－1，当且仅当x＝1时取等号，∴a>－1，(当a＝－1时，不等式只有唯一的解x＝1，不符题意舍去)，又a<0，∴a的取值范围是(－1，0).
15．解析：由函数f(x)＝ex－2＋e2－x＋2x2－8x＋7＝ex－2＋e2－x＋2(x－2)2－1，
所以f(x＋2)＝ex＋e－x＋2x2－1，令g(x)＝f(x＋2)＝ex＋e－x＋2x2－1，
可得g′(x)＝ex－e－x＋4x，
令h(x)＝g′(x)＝ex－e－x＋4x且h(0)＝0，
可得h′(x)＝ex＋e－x＋4>0在(0，＋∞)上恒成立，所以h(x)>h(0)＝0(x>0)，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又由g(－x)＝e－x＋ex＋2(－x)2－1＝ex＋e－x＋2x2－1＝g(x)，
所以函数g(x)为偶函数，则在(－∞，0)上单调递减，
又由f(2x＋3)>f(x＋2)，即g(2x＋1)>g(x)，即|2x＋1|>|x|，
整理得3x2＋4x＋1>0，解得x>－eq \f(1,3)或x<－1，
即不等式f(2x＋3)>f(x＋2)的解集为(－∞，－1)∪(－eq \f(1,3)，＋∞).故选B.
答案：B
16．解析：(1)由已知f(x)＝(x－2)(aex－x)，则f′(x)＝aex－x＋aex(x－2)－(x－2)＝(x－1)(aex－2)，
当a＝4时，f(0)＝－8，f′(0)＝－2，
则曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＋8＝－2x，即2x＋y＋8＝0.
(2)由(1)知，f′(x)＝(x－1)(aex－2)，
①当a≤0时，aex－2<0，
当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)单调递减；
②当a>0时，由f′(x)＝(x－1)(aex－2)＝0，得x1＝1，x2＝lneq \f(2,a)，
(ⅰ)当0当x∈(－∞，1)∪(lneq \f(2,a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)，(lneq \f(2,a)，＋∞)单调递增；
当x∈(1，lneq \f(2,a))时，f′(x)<0，f(x)在(1，lneq \f(2,a))单调递减；
(ⅱ)当a＝eq \f(2,e)时，x1＝x2＝1，f′(x)≥0，f(x)在R单调递增；
(ⅲ)当a>eq \f(2,e)时，x1>x2，
当x∈(－∞，lneq \f(2,a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，lneq \f(2,a))，(1，＋∞)单调递增；
当x∈(lneq \f(2,a)，1)时，f′(x)<0，f(x)在(lneq \f(2,a)，1)单调递减；
综上可得：①当a≤0时，f(x)在(－∞，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减；
②当0③当a＝eq \f(2,e)时，f(x)在R单调递增；
④当a>eq \f(2,e)时，f(x)在(－∞，lneq \f(2,a))，(1，＋∞)单调递增，在(lneq \f(2,a)，1)单调递减．