2021高考数学（理）大一轮复习习题：第三章 导数及其应用 课时达标检测（十五） 导数与函数的单调性 word版含答案

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1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D 由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)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
解析：选A f′(x)＝eq \f(3,2)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．
3.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )
解析：选D 当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．
4．若函数f(x)＝sin x＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f′(x)＝cs x＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cs x，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)<0，则实数x的取值范围为________．
解析：∵导函数f′(x)是偶函数，且f(0)＝0，∴原函数f(x)是奇函数，∴所求不等式变形为f(1－x)答案：(1，eq \r(2))
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和(2，＋∞) D．(1,2)
解析：选C 函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－5x＋2,x)＝eq \f(x－22x－1,x)>0，解得02，故函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，(2，＋∞)．
2．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))上单调递减，则实数t的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(51,8))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，3))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(51,8)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，＋∞))
解析：选C f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))上单调递减，则有f′(x)≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))上恒成立，
即3x2－2tx＋3≤0在上恒成立，则t≥eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))上恒成立，因为y＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，4))上单调递增，所以t≥eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(1,4)))＝eq \f(51,8)，故选C.
3.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝lg2x2＋eq \f(2,3)bx＋eq \f(c,3)的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B． D．(－∞，－2)
解析：选D 因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12－4b＋c＝0，,27＋6b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))令g(x)＝x2＋eq \f(2,3)bx＋eq \f(c,3)，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.当x4．(2017·甘肃诊断考试)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则( )
A．aC．c解析：选C 因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)5．若函数f(x)＝x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )
A．(－2,0) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)
解析：选D 由题意知，f′(x)＝1－eq \f(b,x2)，∵函数f(x)＝x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－eq \f(b,x2)＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)＞0，解得x＜－eq \r(b)或x＞eq \r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(b))，(eq \r(b)，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.
6．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋eq \f(fx,x)>0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当a>b时，有( )
A．af(a)bf(b)
C．af(b)>bf(a) D．af(b)解析：选B 由f′(x)＋eq \f(fx,x)>0得eq \f(xf′x＋fx,x)>0，即eq \f([xfx]′,x)>0，即′x>0.∵x>0，∴′>0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且a>b，得af(a)>bf(b)，故选B.
二、填空题
7．若幂函数f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
解析：设幂函数为f(x)＝xα，因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)<0，得－2答案：(－2,0)
8．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝x＋2a－eq \f(1,x)≥0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(1,x)))max＝eq \f(8,3)，∴2a≥eq \f(8,3)，即a≥eq \f(4,3).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
9．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)·f′(x)>0的解集为________．
解析：由题图可知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x>0，x∈1，＋∞∪－∞，－1，,f′x<0，x∈－1，1，))
不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x>0，,x2－2x－3>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x<0，,x2－2x－3<0，))解得x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．
答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)
10．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)))2＋eq \f(1,4)＋2a.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)，＋∞))
三、解答题
11．已知函数f(x)＝x－eq \f(2,x)＋1－aln x，a>0.讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋eq \f(2,x2)－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－ax＋2,x2).
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ<0，即00都有f′(x)>0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＝0，即a＝2eq \r(2) 时，仅对x＝eq \r(2)有f′(x)＝0，对其余的x>0都有f′(x)>0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
③当Δ>0，即a>2eq \r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝eq \f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－8),2)，0所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
此时f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，在eq \f(a－\r(a2－8),2)，eq \f(a＋\r(a2－8),2)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．
12．(2017·郑州质检)已知函数f(x)＝aln 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∈，函数g(x)＝x3＋x2·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′x＋\f(m,2)))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)＝eq \f(a1－x,x).当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝eq \f(2x－2,x).
∴g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))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)＝0在区间(t,3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g′t＜0，,g′3＞0.))
g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈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，得m＞－eq \f(37,3).
所以－eq \f(37,3)＜m＜－9.
即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
