2021高考数学（文）大一轮复习习题第二章函数、导数及其应用课时跟踪检测（十四）　导数与函数的单调性 word版含答案

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这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题第二章函数、导数及其应用课时跟踪检测（十四）　导数与函数的单调性 word版含答案，试卷主要包含了函数f的导函数f′有下列信息，已知函数f＝x2＋aln x.等内容，欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析：选A 函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，令f′(x)<0，得02．函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：
①f′(x)>0时，－1②f′(x)<0时，x<－1或x>2；
③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：选C 根据信息知，函数f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.
3．f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(－∞，2) D．(－∞，2]
解析：选D 由f(x)＝x2－aln 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，
∵2x2>2，∴a≤2.故选D.
4．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．
解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
5．函数f(x)＝1＋x－sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．
解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cs x＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．
答案：单调递增
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1．已知函数f(x)＝x2＋2cs x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是( )
解析：选A 设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cs x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
2．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( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
解析：选D 设幂函数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＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
3．函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是( )
A．a≤0 B．a<0
C．a≥0 D．a>0
解析：选B 函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是f′(x)＝3x2－a>0在R上恒成立，所以a<(3x2)min.因为(3x2)min＝0，所以a<0.故选B.
4．(2017·湖北襄阳模拟)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：选B 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.
5．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)<0C．0解析：选A 因为函数f(x)＝ex＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－1>0，所以f(a)＝0时a∈(0,1)．又g(x)＝ln x＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，
所以g(a)<0.由g(2)＝ln 2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)，又f(1)＝e－1>0，
所以f(b)>0.综上可知，g(a)<06．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．
解析：函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
答案：(2，＋∞)
7．函数f(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝2x－a，
∵f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴2x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立．
即a≤2x，∴a≤2.
答案：(－∞，2]
8．已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)解析：设F(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq \f(1,2)，∵f′(x)1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)
9．已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(a,x)－ln x－eq \f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)对f(x)求导得
f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x知f′(1)＝－eq \f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq \f(5,4).
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x－eq \f(3,2)，
则f′(x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2).
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0,5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，单调减区间为(0,5)．
10．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋eq \f(2,x)在上为单调函数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)，
若函数f(x)在上为单调函数，
即f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≥0或f′(x)＝eq \f(3,a)－4x＋eq \f(1,x)≤0在上恒成立，
即eq \f(3,a)≥4x－eq \f(1,x)或eq \f(3,a)≤4x－eq \f(1,x)在上恒成立．
令h(x)＝4x－eq \f(1,x)，
则h(x)在上单调递增，
所以eq \f(3,a)≥h(2)或eq \f(3,a)≤h(1)，
即eq \f(3,a)≥eq \f(15,2)或eq \f(3,a)≤3，又a>0，
所以0答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,5)))∪，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.))
当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，即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)).