2022版高考数学大一轮复习课时作业14《导数与函数的单调性》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业14《导数与函数的单调性》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A.f(x)=sin2x B.f(x)=xex C.f(x)=x3－x D.f(x)=－x＋lnx
函数f(x)=3＋xlnx的单调递减区间是( )
A.(eq \f(1,e),e) B.(0,eq \f(1,e)) C.(-∞,eq \f(1,e)) D.(eq \f(1,e),+∞)
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( )

已知函数f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( )
A.[-1,- SKIPIF 1 < 0 ] B.[- SKIPIF 1 < 0 ,- SKIPIF 1 < 0 ] C.[－1,1] D.[－1, SKIPIF 1 < 0 ]
定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)=0，f′(x)是f(x)的导函数，
则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0，＋∞)
B.(－∞，－1)∪(0，＋∞)
C.(－∞，0)∪(1，＋∞)
D.(－1，＋∞)
已知函数y=f(x)对于任意x∈(- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 )满足f′(x)csx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.eq \r(2)f( SKIPIF 1 < 0 )C.f(0) 若函数y= SKIPIF 1 < 0 在(1，＋∞)上单调递减，则称f(x)为P函数.
下列函数中为P函数的为( )
①f(x)=1；②f(x)=x；③f(x)=eq \f(1,x)；④f(x)=eq \r(x).
A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③
设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的实数x都有f(x)=4x2－f(－x)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＋eq \f(1,2)<4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2，
则实数m的取值范围是( )
A.[－0.5，＋∞) B.[－1.5，＋∞) C.[－1，＋∞) D.[－2，＋∞)
二、填空题
函数f(x)=lnx－eq \f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为 .
已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数y=f′(x)，满足f′(x)则不等式f(x) 已知函数f(x)=ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，曲线在点M处的切线恰好与直线x＋9y=0垂直.若函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则m的取值范围是 .
函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2－x)，且(x－1)f′(x)<0，若a=f(0)，b=f(0.5)，c=f(3)，则a，b，c的大小关系是 .
三、解答题
已知函数f(x)=xlnx.
(1)设函数g(x)=f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；
(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y=f(x)相切，求直线l的方程.
已知函数f(x)=xex－a SKIPIF 1 < 0 (a∈R).
(1)若a=0，求曲线y=f(x)在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间.
已知函数f(x)=eq \f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：对于A，f(x)=sin2x的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；
对于B，f′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)=3x2－1，
令f′(x)>0，得x>eq \f(\r(3),3)或x<－eq \f(\r(3),3)，
∴函数f(x)=x3－x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；
对于D，f′(x)=－1＋eq \f(1,x)=－eq \f(x－1,x)，令f′(x)>0，得0∴函数f(x)=－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增.
综上所述，故选B.
答案为：B.
解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)=lnx＋x·eq \f(1,x)=lnx＋1，
令f′(x)<0，解得0 答案为：C.
解析：由题图知当0当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增.
所以当x=1时，函数f(x)取得极小值.
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，
此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x=－1时，函数取得极大值.
符合条件的只有C项.
答案为：C.
解析：因为f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，所以f′(x)=x＋tsinx.令g(x)=f′(x)，
因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)=1＋tcsx≥0恒成立，
所以tcsx≥－1恒成立，因为csx∈[－1，1]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－t≥－1，,t≥－1，))所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
答案为：A.
解析：设g(x)=exf(x)－ex，则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex.
由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数.
因为f(0)=0，所以g(0)=－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，
所以原不等式的解集为(0，＋∞).
答案为：A.
解析：构造F(x)=eq \f(fx,csx)形式，则F′(x)=eq \f(f′xcsx＋fxsinx,cs2x)，
∵f′(x)csx＋f(x)sinx>0，
则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增.把选项转化后可知选A.
答案为：B.
解析：x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，eq \f(1,lnx)，eq \f(1,xlnx)都减小，
∴y=eq \f(1,lnx)，y=eq \f(1,xlnx)在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)=1和f(x)=eq \f(1,x)都是P函数；
(eq \f(1,lnx))′=eq \f(lnx－1,lnx2)，∴x∈(1，e)时，(eq \f(1,lnx))′<0，x∈(e，＋∞)时，(eq \f(1,lnx))′>0，
即y=eq \f(x,lnx)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)=x不是P函数；
(eq \f(\r(x),lnx))′=eq \f(lnx－2,2\r(x)lnx2)，∴x∈(1，e2)时，(eq \f(\r(x),lnx))′<0，x∈(e2，＋∞)时，(eq \f(\r(x),lnx))′>0，
即y=eq \f(\r(x),lnx)在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴f(x)=eq \r(x)不是P函数.故选B.
答案为：A.
解析：令F(x)=f(x)－2x2，因为F(－x)＋F(x)=f(－x)＋f(x)－4x2=0，
所以F(－x)=－F(x)，故F(x)=f(x)－2x2是奇函数.
则当x∈(－∞，0)时，F′(x)=f′(x)－4x<－eq \f(1,2)<0，
故函数F(x)=f(x)－2x2在(－∞，0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.
不等式f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2m2，
即F(m＋1)≤F(－m)，由函数的单调性可得m＋1≥－m，即m≥－eq \f(1,2).故选A.
答案为：(0,eq \f(\r(5)－1,2)).
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)=eq \f(1,x)－x－1>0可解得0 答案为：(0，＋∞).
解析：令F(x)=eq \f(fx,ex)，则F(0)=1，
F′(x)=eq \f(f′xex－fxex,e2x)=eq \f(f′x－fx,ex)<0，
故F(x)为R上的减函数，有f(x)故不等式f(x) 答案为：(－∞，－3]∪[0，＋∞).
解析：∵f(x)=ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，
∴a＋b=4①，f′(x)=3ax2＋2bx，则f′(1)=3a＋2b.
由题意可得f′(1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)))=－1，即3a＋2b=9②.
联立①②两式解得a=1，b=3，∴f(x)=x3＋3x2，f′(x)=3x2＋6x.
令f′(x)=3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2.∵函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，
∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)，∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.
答案为：b>a>c.
解析：因为f(x)=f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称.
因为(x－1)f′(x)<0.所以当x>1时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.
据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象，如图所示.
因为a=f(0)是图中点A的纵坐标，b=f(eq \f(1,2))是图中点B的纵坐标，c=f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.
解：(1)∵f(x)=xlnx，
∴g(x)=f(x)－a(x－1)=xlnx－a(x－1)，则g′(x)=lnx＋1－a.
由g′(x)<0，得lnx＋1－a<0，解得0由g′(x)>0，得lnx＋1－a>0，解得x>ea－1.
∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增.
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0=x0lnx0，切线的斜率为lnx0＋1.
∴切线l的方程为y－x0lnx0=(lnx0＋1)(x－x0).
又切线l过点(0，－1)，
∴－1－x0lnx0=(lnx0＋1)(0－x0)，
即－1－x0lnx0=－x0lnx0－x0，解得x0=1，y0=0.
∴直线l的方程为y=x－1.
解：(1)a=0时，f′(x)=(x＋1)ex，
所以切线的斜率k=f′(1)=2e.
又f(1)=e，
所以y=f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e=2e(x－1)，
即2ex－y－e=0.
(2)f′(x)=(x＋1)(ex－a)，令f′(x)=0，得x=－1或x=lna.
①当a=eq \f(1,e)时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
②当00，得x－1；
由f′(x)<0，得lna所以单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1).
③当a>eq \f(1,e)时，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna；
由f′(x)<0，得－1所以单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，
单调递减区间为(－1，lna).
综上所述，当a=eq \f(1,e)时，f(x)在R上单调递增；
当0当a>eq \f(1,e)时，单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna).
解：(1)f′(x)=x－a＋eq \f(a－1,x)=eq \f(x2－ax＋a－1,x)=eq \f(1,x)(x－1)[x－(a－1)]，
①若a>2，由f′(x)>0，得0a－1，
由f′(x)<0，得1则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；
②若a=2，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③若10，得01，
由f′(x)<0，得a－1则f(x)在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a－1,1)上单调递减；
④若a≤1，由f′(x)>0，得x>1，
由f′(x)<0，得0则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减.
综上，若a>2，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；
若a=2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若1若a≤1，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减.
(2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，
令F(x)=f(x)＋x=eq \f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx＋x，
对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，
恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数.
f′(x)=x－a＋1＋eq \f(a－1,x)=eq \f(1,x)[x2－(a－1)x＋a－1]，
令g(x)=x2－(a－1)x＋a－1，
当a－1<0，即a<1时，x=eq \f(a－1,2)<0，
故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解.
当a－1≥0，即a≥1时，x=eq \f(a－1,2)≥0，
故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(eq \f(a－1,2))≥0，
即(eq \f(a－1,2))2－(a－1)·eq \f(a－1,2)＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，解得1≤a≤5.
综上，实数a的取值范围是[1,5].