2022年高考数学一轮复习《函数的单调性与导数》精选练习（原卷版+解析版）

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2022年高考数学一轮复习《函数的单调性与导数》精选练习一、选择题1.函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是(　　) 【答案解析】答案为：D；解析：不妨设导函数y=f′(x)的零点依次为x1，x2，x3，其中x1＜0＜x2＜x3，由导函数图象可知，y=f(x)在(－∞，x1)上为减函数，在(x1，x2)上为增函数，在(x2，x3)上为减函数，在(x3，＋∞)上为增函数，从而排除A，C.y=f(x)在x=x1，x=x3处取到极小值，在x=x2处取到极大值，又x2＞0，排除B，故选D.2.已知函数f(x)=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【答案解析】答案为：A；解析：f′(x)=x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.3.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，＋∞)【答案解析】答案为：A；解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)=1－=，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1).4.若函数f(x)=kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A.(－∞，－2]   B.(－∞，－1]   C.[2，＋∞)  D.[1，＋∞)【答案解析】答案为：D；解析：由于f′(x)=k－，则f(x)=kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇒f′(x)=k－≥0在(1，＋∞)上恒成立.由于k≥，而0<<1，所以k≥1，即k的取值范围为[1，＋∞).5.定义域为R的函数f(x)满足f(1)=1，且f(x)的导函数f′(x)>，则满足2f(x)<x＋1的x的集合为(　　)A.{x|－1<x<1}      B.{x|x<1}   C.{x|x<－1或x>1}    D.{x|x>1}【答案解析】答案为：B；解析：令g(x)=2f(x)－x－1，∵f′(x)>，∴g′(x)=2f′(x)－1>0，∴g(x)为单调增函数，∵f(1)=1，∴g(1)=2f(1)－1－1=0，∴当x<1时，g(x)<0，即2f(x)<x＋1，故选B.6.已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋x·f′(x)<0，若a<b，则一定有(　　)A.af(a)<bf(b)        B.af(b)<bf(a)C.af(a)>bf(b)        D.af(b)>bf(a)【答案解析】答案为：C；解析：[x·f(x)]′=x′f(x)＋x·f′(x)=f(x)＋x·f′(x)<0，∴函数x·f(x)是R上的减函数，∵a<b，∴af(a)>bf(b).7.函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y=ax2＋bx＋的单调递增区间是(　　)A.(－∞，－2]     B.[,+∞)   C.[－2,3]    D.[,+∞)【答案解析】答案为：D；解析：由题图可知d=0.不妨取a=1，∵f(x)=x3＋bx2＋cx，∴f′(x)=3x2＋2bx＋c.由图可知f′(－2)=0，f′(3)=0，∴12－4b＋c=0,27＋6b＋c=0，∴b=－，c=－18.∴y=x2－x－6，y′=2x－.当x≥时，y′≥0，∴y=x2－x－6的单调递增区间为[,+∞).故选D.8.下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)A.f(x)=sin 2x　   B.f(x)=xex      C.f(x)=x3－x    D.f(x)=－x＋ln x【答案解析】答案为：B；解析：对于A，f(x)=sin 2x的单调递增区间是(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>或x<－，∴函数f(x)=x3－x在(-∞,-)和(,+∞)上单调递增；对于D，f′(x)=－1＋=－，令f′(x)>0，得0<x<1，∴函数f(x)=－x＋ln x在区间(0,1)上单调递增.综上所述，应选B.9.已知函数f(x)=x3－ax在(－1，1)上单调递减，则实数a的取值范围为(　　)A.(1，＋∞)    B.[3，＋∞)   C.(－∞，1]    D.(－∞，3]【答案解析】答案为：B；解析：∵f(x)=x3－ax，∴f′(x)=3x2－a.又f(x)在(－1,1)上单调递减，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故选B.10.函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：①f′(x)>0时，－1<x<2；②f′(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(　　)【答案解析】答案为：C；解析：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.11.已知a≥0，函数f(x)=(x2－2ax)ex.若f(x)在[－1,1]上单调递减，则a的取值范围是(　　)A.　      B.       C.      D.【答案解析】答案为：C解析：f ′(x)=(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex=[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意可知，当x∈[－1,1]时， f ′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立.令g(x)=x2＋(2－2a)x－2a，则有即解得a≥.12.已知函数f(x)在定义域R内可导，f(x)=f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f ′(x)＜0.设a=f(0)，b=f，c=f(3)，则(　　)A.c＜a＜b　   B.c＜b＜a　    C.a＜b＜c      D.b＜c＜a【答案解析】答案为：A解析：由题意可知，当x＜1时， f ′(x)＞0，函数f(x)为增函数.又f(3)=f(－1)，－1＜0＜＜1，∴f(－1)＜f(0)＜f，即f(3)＜f(0)＜f，所以c＜a＜b.故选A.二、填空题13.定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1>0，f(1)=6，则不等式f(lg x)<＋5的解集为________.【答案解析】答案为：(1,10)；解析：构造g(x)=f(x)－－5，则g′(x)=f′(x)＋=>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(1)=6，∴g(1)=0，故g(x)<0的解集为(0,1)，即f(x)<＋5的解集为(0,1)，由0<lg x<1，得1<x<10，不等式的解集为(1,10).14.已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)=－3，且对任意的x∈R总有f ′(x)＜3，则不等式f(x)＜3x－15的解集为________.【答案解析】答案为：(4，＋∞)解析：令g(x)=f(x)－3x＋15，则g′(x)=f ′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是减函数.又g(4)=f(4)－3×4＋15=0，所以f(x)＜3x－15的解集为(4，＋∞).15.已知函数f(x)=－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上单调递增，则实数m的取值范围是________.【答案解析】答案为：[2,4]解析：f ′(x)=x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可知，f ′(x)≥0在R上恒成立，所以Δ=4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)=4(m2－6m＋8)≤0，解得2≤m≤4.16.已知函数f(x)=alnx＋x在区间[2,3]上单调递增，则实数a的取值范围是__________．【答案解析】答案为：[－2，＋∞)；解析：∵f(x)=aln x＋x，∴f′(x)=＋1.又∵f(x)在[2,3]上单调递增，∴＋1≥0在x∈[2,3]上恒成立，∴a≥(－x)max=－2，∴a∈[－2，＋∞)．三、解答题17.已知函数f(x)=ln x－.(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f[x(3x－2)]＜－，求实数x的取值范围.【答案解析】解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞).∵f(x)=ln x－，∴f′(x)=－=.∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0.∴当x＞0时，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增.(2)∵f(x)=ln x－，∴f(1)=ln 1－=－.由f[x(3x－2)]＜－得f[x(3x－2)]＜f(1).由(1)得解得－＜x＜0或＜x＜1.∴实数x的取值范围为(－,0)∪(,1).18.已知函数f(x)=ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围.【答案解析】解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)=ex－a.当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在R上为增函数；当a＞0时，由f′(x)=0得x=lna，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，∴函数f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在(lna，＋∞)上为增函数.(2)当a=1时，g(x)=(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x.∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g′(x)=xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m≤在(2，＋∞)上恒成立.令h(x)=，x∈(2，＋∞)，则h′(x)==.令L(x)=ex－x－2，L′(x)=ex－1＞0在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)=ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，即L(x)＞L(2)=e2－4＞0，∴h′(x)＞0在(2，＋∞)上成立，即h(x)=在(2，＋∞)上为增函数，∴h(x)＞h(2)=，∴m≤.∴实数m的取值范围是.19.已知函数f(x)=(x－2)·ex＋a(x－1)2.讨论f(x)的单调性.【答案解析】解：f′(x)=(x－1)ex＋2a(x－1)=(x－1)(ex＋2a).(1)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)设a<0，由f′(x)=0，解得x=1或x=ln(－2a).①若a=－，则f′(x)=(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)和(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减.20.设函数f(x)=ax2－a－ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性.【答案解析】解：f(x)的定义域为(0，＋∞)f′(x)=2ax－=(x＞0).当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减.当a＞0时，由f′(x)=0，有x= .此时，当x∈(0,)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(,＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.综上当a≤0时，f(x)的递减区间为(0，＋∞)，当a＞0时，f(x)的递增区间为(,＋∞)，递减区间为(0,).21.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.【答案解析】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<x<ea－1；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－1.22.已知函数f(x)=ln x－a2x2＋ax(a∈R).(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围.【答案解析】解：(1)当a=1时，f(x)=ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)=－2x＋1=－.令f′(x)=0，即－=－=0，解得x=－或x=1.∵x>0，∴x=－舍去.当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).(2)解法一：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)=－2a2x＋a==.①当a=0时，f′(x)=>0，∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.此时f(x)的单调递减区间为(,+∞).依题意，得解得a≥1；③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.此时f(x)的单调递减区间为(－,+∞)，∴解得a≤－.综上所述，实数a的取值范围 (-∞,－]∪[1，＋∞).解法二：∵f(x)=ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)=.由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)=－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立.①当a=0时，1≤0不合题意；②当a≠0时，可得即∴∴a≥1或a≤－.∴实数a的取值范围是(-∞,－]∪[1，＋∞).23.已知函数f(x)=xln x.(1)若函数g(x)=f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.【答案解析】解：(1)由题意得g′(x)=f ′(x)＋a=ln x＋a＋1.∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即ln x＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立.∴a≥－ln x－1.令h(x)=－ln x－1，∴a≥h(x)max，当x∈[e2，＋∞)时，ln x∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范围是[－3，＋∞).(2)∵f(x)≥，∴2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xln x＋x2＋3.又x＞0，∴m≤在∈(0，＋∞)上恒成立.记t(x)==2ln x＋x＋，∴m≤t(x)min.∵t′(x)=＋1－==，令t′(x)=0，得x=1或－3(舍).当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增.∴t(x)min=t(1)=4，即m的最大值为4.