2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价16导数与函数的单调性含解析新人教A版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习课时质量评价16导数与函数的单调性含解析新人教A版，共7页。试卷主要包含了已知函数f ＝3x＋2cs x等内容，欢迎下载使用。

A组 全考点巩固练
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，＋∞)
D 解析：由题意知f ′(x)＝ex－e.令f ′(x)>0，解得x>1.故选D．
2．若函数f (x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－3]∪[－1,1]∪[3，＋∞)
B．∅
C．(－2,2)
D．(－3，－1)∪(1,3)
D 解析：由f (x)＝x3－12x，得f ′(x)＝3x2－12.
令f ′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2.只要f ′(x)＝0的解有一个在区间(k－1，k＋1)内，函数f (x)在区间(k－1，k＋1)上就不是单调函数，则k－1<－23．已知函数f (x)＝3x＋2cs x．若a＝f (3eq \s\up6(eq \r(2)))，b＝f (2)，c＝f (lg27)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aB．cC．bD．bD 解析：因为f (x)＝3x＋2cs x，
所以f ′(x)＝3－2sin x.
又因为－1≤sin x≤1，
所以f ′(x)>0在R上恒成立．
所以f (x)在R上单调递增．
因为2＝lg24所以f (2)即b4．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．(－∞，＋∞)
B 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．
又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.
5．(2020·广东六校联盟第三次联考)函数f (x)＝eq \f(sin x,2ex)的图象的大致形状是( )
A 解析：令x＝0，得f (0)＝0，排除C，D，
f ′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f ′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f ′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)<0，排除B．故选A．
6．已知函数f (x)＝(－x2＋2x)ex(x∈R，e为自然对数的底数)，则函数f (x)的单调递增区间为________．
(－eq \r(2)，eq \r(2)) 解析：因为f (x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f ′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f ′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0.
因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq \r(2)所以函数f (x)的单调递增区间为(－eq \r(2)，eq \r(2))．
7．若函数f (x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
(－3,0)∪(0，＋∞) 解析：由题意知f ′(x)＝3ax2＋6x－1.由函数f (x)恰好有三个单调区间，得f ′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．
8．若函数f (x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上单调递减，则实数a的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，＋∞)) 解析：f ′(x)＝x2－ax＋1.因为函数f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上单调递减，所以f ′(x)≤0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上恒成立．所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≤0，,f ′3≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－\f(a,2)＋1≤0，,9－3a＋1≤0，))解得a≥eq \f(10,3).所以实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，＋∞)).
9．(2019·天津卷节选)设函数f (x)＝excs x，求f (x)的单调区间．
解：由题意，得f ′(x)＝ex(cs x－sin x)．因此，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)时，有sin x>cs x，得f ′(x)<0，则f (x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)时，有sin x0，则f (x)单调递增．
所以，f (x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(3π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)，f (x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)．
10．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)(x>0)．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)＝eq \f(x＋1x－5,4x2)(x>0)．
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)内单调递减；
当x∈(5，＋∞)时，f ′(x)>0，故f (x)在(5，＋∞)内单调递增．
综上，f (x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．
B组 新高考培优练
11．(多选题)若函数y＝exf (x)(e是自然对数的底数)在f (x)的定义域上单调递增，则称函数f (x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是( )
A．f (x)＝2－x
B．f (x)＝x2
C．f (x)＝3－x
D．f (x)＝ex
AD 解析：设函数g(x)＝ex·f (x)．对于A，g(x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))eq \s\up12(x)，在定义域R上为增函数．对于B，g(x)＝ex·x2，则g′(x)＝x(x＋2)ex.由g′(x)>0得x<－2或x>0，所以g(x)在定义域R上不是增函数．对于C，g(x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))eq \s\up12(x)在定义域R上是减函数．对于D，g(x)＝e2x，则g′(x)＝2e2x，g′(x)>0在定义域R上恒成立，即g(x)在定义域R上为增函数．故选AD．
12．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)<0，且f (2)＝2，则f (ex)－ex>0的解集是( )
A．(－∞，ln 2)
B．(ln 2，＋∞)
C．(0，e2)
D．(e2，＋∞)
A 解析：令g(x)＝eq \f(f x,x)，g′(x)＝eq \f(xf ′x－f x,x2)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(2)＝eq \f(f 2,2)＝1，
故f (ex)－ex>0等价为eq \f(f ex,ex)>eq \f(f 2,2)，即g(ex)>g(2)．
故ex<2，即x13．(多选题)已知函数f (x)＝xln x，若0＜x1＜x2，则( )
A．eq \f(f x1－f x2,x1－x2)＜0
B．x1＋f (x1)＜x2＋f (x2)
C．x2f (x1)＜x1f (x2)
D．当x2＞x1＞eq \f(1,e)时，x1f (x1)＋x2f (x2)＞x2f (x1)＋x1f (x2)
CD 解析：因为f (x)＝xln x，f ′(x)＝ln x＋1不是恒小于0，所以eq \f(f x1－f x2,x1－x2)＜0不恒成立，故A错误．
设h(x)＝f (x)＋x，则h′(x)＝ln x＋2不恒大于0，所以x1＋f (x1)＜x2＋f (x2)不恒成立，故 B错误．
设g(x)＝eq \f(f x,x)＝ln x，函数g(x)单调递增，所以g(x2)＞g(x1)．所以eq \f(f x2,x2)＞eq \f(f x1,x1)，即有x1f (x2)＞x2f (x1)，故C正确．
当x＞eq \f(1,e)时，ln x＞－1，故f ′(x)＝ln x＋1＞0，函数f (x)＝xln x，x＞eq \f(1,e)，单调递增．
故(x2－x1)[f (x2)－f (x1)]＝x1f (x1)＋x2f (x2)－x2f (x1)－x1f (x2)＞0，
即x1f (x1)＋x2f (x2)＞x2f (x1)＋x1f (x2)，故D正确．故选CD．
14．(多选题)已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)＞－f ′(x)，则( )
A．f (2 019)＜ef (2 020)
B．ef (2 019)＞f (2 020)
C．f (x)是R上的增函数
D．若t＞0，则有f (x)＜etf (x＋t)
AD 解析：由f (x)＞－f ′(x)，得exf (x)＋exf ′(x)＞0，即[exf (x)]′＞0.
所以函数exf (x)为增函数．故e2 019f (2 019)＜e2 020f (2 020)，所以f (2 019)＜ef (2 020)．故A正确，B不正确．
函数exf (x)为增函数时，f (x)不一定为增函数，如exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))eq \s\up12(x)是增函数，但eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，所以C不正确．
因为函数exf (x)为增函数，所以t＞0时，有exf (x)＜ex＋tf (x＋t)．故有f (x)＜etf (x＋t)成立．故D正确．故选AD．
15．已知函数f (x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，函数g(x)＝f ′(x)＋6x的图象关于y轴对称，则实数m＝________，f (x)的单调递减区间为________．
－3 (0,2) 解析：由函数f (x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①
由f (x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f ′(x)＝3x2＋2mx＋n.
所以g(x)＝f ′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
因为g(x)的图象关于y轴对称，所以－eq \f(2m＋6,2×3)＝0.
所以m＝－3.代入①得n＝0，所以f ′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f ′(x)<0，得016．若函数f (x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) 解析：f ′(x)＝1－eq \f(2,3)·cs 2x＋acs x＝1－eq \f(2,3)(2cs2x－1)＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3).因为f (x)在R上单调递增，所以f ′(x)≥0在R上恒成立．
令cs x＝t，t∈[－1,1]，则－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在[－1,1]上恒成立，
即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立．
令g(t)＝4t2－3at－5，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝4－3a－5≤0，,g－1＝4＋3a－5≤0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3).
17．设函数f (x)＝aln x＋eq \f(x－1,x＋1)，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性．
解：(1)a＝0时，f (x)＝eq \f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞)．
此时f ′(x)＝eq \f(2,x＋12)，可得f ′(1)＝eq \f(1,2).
又f (1)＝0，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,x＋12)＝eq \f(ax2＋2a＋2x＋a,xx＋12).
当a≥0时，f ′(x)>0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a≤－eq \f(1,2)时，Δ≤0，f ′(x)≤0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当－eq \f(1,2)0，设x1，x2(x1则x1＝eq \f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，
x2＝eq \f(－a＋1－\r(2a＋1),a).
易知x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)>0，且x2＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)＋\r(2a＋1),a)>0.
所以，当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f ′(x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f ′(x)<0，函数f (x)单调递减．
综上，当a≥0时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)))
上单调递增．