2023年高考数学一轮复习《导数与函数的单调性》精选练习（2份，教师版+原卷版）

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2023年高考数学一轮复习《导数与函数的单调性》精选练习一              、选择题1.f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A.a<1        B.a≤1         C.a<2       D.a≤2【答案解析】答案为：D解析：由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.2.若函数f(x)＝(x2－2x)ex在(a，b)上单调递减，则b－a的最大值为(　　)A.2        B.         C.4          D.2【答案解析】答案为：D解析：f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，令f′(x)<0，∴－<x<，即函数f(x)的单调递减区间为(－，).∴b－a的最大值为2.故选D.3.已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为(　　)A.(－∞，－1)          B.(－1,1)     C.(－∞，0)          D.(－1，＋∞)【答案解析】答案为：A解析：设g(x)＝，则g′(x)＝<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.故选A.4.已知函数f(x)=xsin x，x∈R，则f()，f(1)，f(- )的大小关系为(　　)A.f(- )＞f(1)＞f()         B.f(1)＞f(- )＞f()C.f()＞f(1)＞f(- )        D.f(- )＞f()＞f(1)【答案解析】答案为：A.解析：因为f(x)=xsin x，所以f(－x)=(－x)sin(－x)=xsin x=f(x).所以函数f(x)是偶函数，所以f(- )=f().又x∈(0,)时，f′(x)=sin x＋xcos x＞0，所以此时函数是增函数.所以f()＜f(1)＜f().所以f(- )＞f(1)＞f()，故选A.]5.若函数f(x)=ln x－ax2－4x(a≠0)在区间(,)上单调递增，则实数a的最大值为(　　)A.        B.－        C.－        D.【答案解析】答案为：B；解析：解法一：对函数f(x)求导得f′(x)=－2ax－4=－(x＞0).①当a＞0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜，即f(x)在上单调递增，因为f(x)在区间(,)上单调递增，所以≥，无解，故a不存在；②当－2＜a＜0时，由f′(x)＞0得，0＜x＜或x＞，即f(x)在，上单调递增，因为f(x)在区间(,)上单调递增，所以≥或≤，所以－2＜a≤－；③当a≤－2时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合题意.综上所述，a≤－，即实数a的最大值为－.6.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g(x)≠0，当x<0时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，且f(－3)=0，则不等式<0的解集是(　　)A.(－3,0)∪(3，＋∞)           B.(－3,0)∪(0,3)C.(－∞，－3)∪(3，＋∞)       D.(－∞，－3)∪(0,3)【答案解析】答案为：D解析：∵当x<0时，f′(x)·g(x)－f(x)g′(x)>0，∴[]′=>0，∴当x<0时，是增函数，故当x>0时，也是增函数.∵f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴为奇函数，的图象关于原点对称，函数的单调性的示意图，如图所示：∵f(－3)=0，∴f(3)=0，∴由不等式<0，可得x<－3或0<x<3，故原不等式的解集为{x|x<－3或0<x<3}.故选D.7.已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+f(ln )<2f(1)的解集为(　 　)A.(e,+∞)                 B.(0,e)      C.(0,)∪(1,e)              D.(,e)【答案解析】答案为：D.解析:f(x)=xsin x+cos x+x2是偶函数,所以f(ln )=f(-ln x)=f(ln x),所以f(ln x)+f(ln )<2f(1)可变形为f(ln x)<f(1).f′(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),因为2+cos x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以f(ln x)<f(1)等价于-1<ln x<1,所以<x<e.8.设函数f(x)=x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)A.(1,2]        B.(4，＋∞)     C.(－∞，2)        D.(0,3]【答案解析】答案为：A；解析：∵f(x)=x2－9ln x，∴f′(x)=x－(x>0)，由x－≤0，得0<x≤3，∴f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2. 9.定义在区间(0，＋∞)上的函数y=f(x)使不等式2f(x)＜xf′(x)＜3f(x)恒成立，其中y=f′(x)为y=f(x)的导函数，则(　B　)A.8＜＜16     B.4＜＜8    C.3＜＜4     D.2＜＜3【答案解析】答案为：B；解析：∵xf′(x)－2f(x)＞0，x＞0，∴′==＞0，∴y=在(0，＋∞)上单调递增，∴＞，即＞4.∵xf′(x)－3f(x)＜0，x＞0，∴′==＜0，∴y=在(0，＋∞)上单调递减，∴＜，即＜8.综上，4＜＜8.10.定义在(0，)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＜0成立，则有(　　)A.f()＞f()　　　　　　B.f()＞f()C.f()＞f()            D.f()＞f()【答案解析】答案为：C解析：∵cos x·f′(x)＋sin x·f(x)＜0，∴在(0，)上，[]′＜0，∴函数y=在(0，)上是减函数，∴＞，∴f()＞f()，故选C.11.已知函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(　　)A.(-∞, +1]    B.(-∞, +1)   C.( +1,+∞)      D.(,+∞)  【答案解析】答案为：B解析：函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，就是xex＋x2＋2x＋a=0恰有两个不同的实数解，设g(x)=xex＋x2＋2x，则g′(x)=ex＋xex＋2x＋2=(x＋1)(ex＋2)，x<－1，g′(x)<0，函数是减函数，x>－1，g′(x)>0，函数是增函数，函数的最小值为g(－1)=－1－，则－a>－1－，即a<1＋.函数y=xex＋x2＋2x＋a恰有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(-∞, +1).故选B.12.若曲线C1：y=ax2(a>0)与曲线C2：y=ex存在公共切线，则a的取值范围为(　　)A.　     B.     C.       D.【答案解析】答案为：C解析：结合函数y=ax2(a>0)和y=ex的图象可知，要使曲线C1：y=ax2(a>0)与曲线C2：y=ex存在公共切线，只要ax2=ex在(0，＋∞)上有解，从而a=.令h(x)=(x>0)，则h′(x)==，令h′(x)=0，得x=2，易知h(x)min=h(2)=，所以a≥.二              、填空题13.已知函数f(x)=x3－ax2＋(a－1)x(a∈R)是区间(1,4)上单调函数，则a取值范围是______.【答案解析】答案为：(－∞，2]∪[5，＋∞).解析：[f′(x)=x2－ax＋a－1=(x－1)[x－(a－1)]∵f(x)是区间(1,4)上的单调函数.∴a－1≤1或a－1＞4，解得a≤2或a≥5.]14.若函数f(x)=x3－ax2＋1在(0,2)上递减，则实数a的取值范围为________.【答案解析】答案为：[3，＋∞).解析：[∵函数f(x)=x3－ax2＋1在(0,2)上递减，∴f′(x)=3x2－2ax≤0在(0,2)上恒成立，即a≥x在(0,2)上恒成立.∵t=x在(0,2]上的最大值为×2=3，∴a≥3.]15.若函数f(x)=－x3＋x2＋2ax在[,+∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是________.【答案解析】答案为：(－,+∞).解析：对f(x)求导，得f′(x)=－x2＋x＋2a=－(x- )2＋＋2a.当x∈[,+∞)时，f′(x)的最大值为f′()=＋2a.要使f(x)在[,+∞)上存在单调递增区间，则必须有f′()>0，即＋2a>0，解得a>－，所以a的取值范围是(－,+∞).16.设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于任意的实数x，有f(x)＋f(－x)=2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m的取值范围是______．【答案解析】答案为：[－1，＋∞)解析：令g(x)=f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)=f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2=f(x)＋f(－x)－2x2=0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)=f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．三              、解答题17.已知函数f(x)=ex－x2＋2ax.(1)若a=1，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在R上递增，求实数a的取值范围.【答案解析】解：(1)∵当a=1时，f′(x)=ex－2x＋2，∴f′(1)=e，又f(1)=e＋1，∴所求切线方程为y－(e＋1)=e(x－1)，即ex－y＋1=0.(2)f′(x)=ex－2x＋2a，∵f(x)在R上递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立，∴a≥x－在R上恒成立，令g(x)=x－，则g′(x)=1－，令g′(x)=0，则x=ln 2，在(－∞，ln 2)上，g′(x)＞0；在(ln 2，＋∞)上，g′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，∴g(x)max=g(ln 2)=ln 2－1，∴a≥ln 2－1，∴实数a的取值范围为[ln 2－1，＋∞).     18.已知函数f(x)=＋－ln x－，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=x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间.【答案解析】解：(1)对f(x)求导得f′(x)=－－(x＞0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y=x，知f′(1)=－－a=－2，解得a=.(2)由(1)知f(x)=＋－ln x－，则f′(x)=(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)的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5).19.已知函数f(x)=(a-)x2＋ln x，g(x)=f(x)－2ax.(a∈R)(1)当a=0时，求f(x)在区间[,e]上的最小值；(2)若∀x∈(1，＋∞)，g(x)＜0恒成立，求a的取值范围.【答案解析】解：(1)函数f(x)=(a-)x2＋ln x的定义域为(0，＋∞)，当a=0时，f(x)=－x2＋ln x，则f′(x)=－x＋==.当x∈[,1)时，f′(x)＞0；当x∈[1，e]时，f′(x)＜0，∴f(x)在区间[,1)上是增函数，在区间[1，e]上为减函数，又f()=－1－，f(e)=1－，∴f(x)min=f(e)=1－.(2)g(x)=f(x)－2ax=(a-)x2－2ax＋ln x，则g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)=(2a－1)x－2a＋==，①若a＞，则令g′(x)=0，得x1=1，x2=，当x2＞x1=1，即＜a＜1时，在(0,1)上有g′(x)＞0，在(1，x2)上有g′(x)＜0，在(x2，＋∞)上有g′(x)＞0，此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合题意；当x2≤x1=1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上有g(x)∈(g(1)，＋∞)，也不合题意；②若a≤，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g′(x)＜0，从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；要使g(x)＜0在此区间上恒成立，只需满足g(1)=－a－≤0⇒a≥－，由此求得a的取值范围是[－,].综合①②可知，a的取值范围是[－,].20.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，＋∞).    21.已知函数f(x)=(x＋a)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a<1时，试确定函数g(x)=f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由.【答案解析】解:(1)因为f(x)=(x＋a)ex，x∈R，所以f′(x)=(x＋a＋1)ex.令f′(x)=0，得x=－a－1.当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下：故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞).(2)结论：函数g(x)有且仅有一个零点.理由如下：由g(x)=f(x－a)－x2=0，得方程xex－a=x2，显然x=0为此方程的一个实数解，所以x=0是函数g(x)的一个零点.当x≠0时，方程可化简为ex－a=x.设函数F(x)=ex－a－x，则F′(x)=ex－a－1，令F′(x)=0，得x=a.当x变化时，F(x)与F′(x)的变化情况如下：即F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(－∞，a).所以F(x)的最小值F(x)min=F(a)=1－a.因为a<1，所以F(x)min=F(a)=1－a>0，所以对于任意x∈R，F(x)>0，因此方程ex－a=x无实数解.所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点.综上，函数g(x)有且仅有一个零点.     22.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.