新高考数学一轮复习题型归纳与强化测试专题16 利用导数研究函数的单调性（2份，原卷版+解析版）

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【考纲要求】
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).
【考点预测】
1.函数的单调性与导数的关系
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的定义域；
第2步，求出导函数f′(x)的零点；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性.
【常用结论】
1.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.
2.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.
【方法技巧】
1.确定函数单调区间的步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f′(x)0)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)单调递增．
故选A.
【典例2】若函数f(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，则函数f(x)的单调递减区间为________．
【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
令φ(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x>0)，
φ′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))>f(1)
【解析】因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5))).故选A.
【典例2】已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
【解析】f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上单调递增，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>eq \f(3,2)，
∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
【典例3】设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3，若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则( )
A．g(a)f(2)，故选D．
6. 若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
【解析】因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤eq \f(x2＋1,x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上恒成立，即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\d7(min)(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋eq \f(1,x)>2，所以m≤2.故选C．
7. 函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【解析】由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B．
8. 设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)f(b)g(x) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
【解析】令F(x)＝eq \f(f（x）,g（x）)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）g（x）－f（x）g′（x）,[g（x）]2)0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．故选C.
【多选题】
9. 若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是( )
A．－3 B．－1 C．0 D．
【解析】依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0))
解得a>－3且a≠0.故选BD.
10. 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)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
【解析】对于A，f(x)＝eq \f(1,x)，则g(x)＝eq \f(ex,x)，g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当x0，
∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
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，
∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；
对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，显然g(x)不单调；
对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x0时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
答案：增
15. 若函数f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2ax在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
【解析】对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,4)＋2a.
由题意知，f′(x)>0在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上有解，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,9)＋2a.
令eq \f(2,9)＋2a>0，解得a>－eq \f(1,9)，
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)，＋∞))
16. 已知函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．
【解析】因为函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)，
因为函数f(x)＝－eq \f(1,2)x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，
所以f′(x)＝－x－3＋eq \f(4,x)在(t，t＋1)上有变号零点，
所以eq \f(x2＋3x－4,x)＝0在(t，t＋1)上有解，
所以x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，
由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去)，
所以1∈(t，t＋1)，所以t∈(0，1)，
故实数t的取值范围是(0，1)．
答案：(0，1)
【解答题】
17. 已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【解析】(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax－1.
当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋2a×eq \f(2,3)－1，
解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x