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答案

课时质量评价(十六)

A组　全考点巩固练

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(　　)

A　               B              C　           　D

D　解析：f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．

2．(2021·济南模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)

A．(0,3) B．(1,4)

C．(2，＋∞) D．(－∞，2)

C　解析：函数f(x)＝(x－3)ex，所以f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex．

令f′(x)＝0，解得x＝2．当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，所以f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．

3．(2021·郑州三模)已知函数f(x)＝ex－e－x，a＝f(30.2)，b＝f(0.30.2)，c＝f(log0.23)，则a，b，c的大小关系为(　　)

A．c＜b＜a B．b＜a＜c

C．b＜c＜a D．c＜a＜b

A　解析：根据题意，函数f(x)＝ex－e－x，其导数为f′(x)＝ex＋e－x，

则有f′(x)＞0恒成立，则f(x)在R上为增函数．

又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a．

4．f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，f′(x)为f(x)的导函数，且当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，则不等式f(x－1)＞0的解集为(　　)

A．(0,1)∪(2，＋∞) 

B．(－∞，1)∪(1，＋∞)

C．(－∞，1)∪(2，＋∞) 

D．(－∞，0)∪(1，＋∞)

A　解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x∈(0，＋∞)时f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，图形如下：

所以f(x)＞0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)．

又y＝f(x－1)的图象是y＝f(x)的图象向右平移1个单位长度，

所以不等式f(x－1)＞0的解集为(0,1)∪(2，＋∞)．

5．已知a，b∈(0，e)，且a＜b，则下列式子中正确的是(　　)

A．aeb＜bea B．aeb＞bea

C．aln b＜bln a D．aln b＞bln a

D　解析：设f(x)＝，则f′(x)＝，

显然f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．

因为a，b∈(0，e)，且a＜b，所以<，即aln b＞bln 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________．

(－，)　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－<x<．

所以函数f(x)的单调递增区间为(－，)．

7．已知g(x)＝＋x2＋2aln x在[1,2]上单调递减，则实数a的取值范围为________．

　解析：g(x)＝＋x2＋2aln x的导数为g′(x)＝－＋2x＋．由已知得g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，可得a≤－x2在[1,2]上恒成立．又当x∈[1,2]时，min＝－4＝－．所以a≤－．

8．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．

解：g′(x)＝＝．

因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，

所以当a＝0时，g′(x)＝－．

由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1．

当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝．

若<1，即a>，

由g′(x)>0，得x>1或0<x<，

由g′(x)<0，得<x<1；

若>1，即0<a<，

由g′(x)>0，得x>或0<x<1，

由g′(x)<0，得1<x<；

若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0．

综上，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，

在(1，＋∞)上单调递减；

当0<a<时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增；

当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>时，函数g(x)在上单调递增，

在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

B组　新高考培优练

9．(2022·吕梁一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝3，对∀x∈R恒有f′(x)＜2，则f(x)≥2x＋1的解集为(　　)

A．[1，＋∞) B．(－∞，1]

C．(1，＋∞) D．(－∞，1)

B　解析：令F(x)＝f(x)－2x－1，则F′(x)＝f′(x)－2．

又因为对∀x∈R恒有f′(x)＜2，所以F′(x)＝f′(x)－2＜0恒成立，

所以F(x)＝f(x)－2x－1是R上的减函数．

又因为F(1)＝f(1)－2－1＝0，

所以当x≤1时，F(x)≥F(1)＝0，即f(x)－2x－1≥0，

即不等式f(x)≥2x＋1的解集为(－∞，1]．

10．(多选题)(2021·潮州二模)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　)

A．f(a)＜f(b)＜f(c)

B．f(e)＜f(d)＜f(c)

C．x＝c时，f(x)取得最大值

D．x＝d时，f(x)取得最小值

AB　解析：结合导函数的图象，可知f(x)在(－∞，c]上单调递增，在(c，e)上单调递减，在[e，＋∞)上单调递增．对于A，因为a＜b＜c，由f(x)的单调性可知f(a)＜f(b)＜f(c)，故A正确；对于B，因为c＜d＜e，由f(x)的单调性可知f(c)＞f(d)＞f(e)，故B正确；对于C，当x＝c时，f(x)取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f(d)不是f(x)的最小值，故D错误．

11．已知定义在R上的函数f(x)满足：对任意x∈R，都有f(x＋1)＝f(1－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)＞0(其中f′(x)为f(x)的导函数)．设a＝f(log23)，b＝f(log32)，c＝f(log34)，则a，b，c的大小关系是(　　)

A．a＜b＜c B．c＜a＜b

C．c＜b＜a D．b＜c＜a

C　解析：因为当x∈(－∞，1)时，x－1＜0，又(x－1)·f′(x)＞0，所以f′(x)＜0，

所以y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减．

因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，

所以f(log32)＝f(2－log32)＝f(log34.5)，且y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增．

因为1＜log34＜log34.5＜log33＝＝log22＜log23，

所以f(log34)＜f(log32)＜f(log23)，即c＜b＜a．

12．已知函数f(x)＋f′(x)＝2mx，f(x)－f′(x)＝2m－x(m＞1)，则m＝________；函数f(x)的增区间是________．

e　(0，＋∞)　解析：由f(x)＋f′(x)＝2mx与f(x)－f′(x)＝2m－x，

得f(x)＝mx＋m－x，f′(x)＝mx－m－x，所以m＝e，

所以f(x)＝ex＋e－x．由f(x)＝f(－x)，知函数f(x)为偶函数．

又f′(x)＝ex－e－x，当x＞0时，f′(x)＞0，当x＜0时，f′(x)＜0，

所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．

13．已知实数x，y，z满足eyln x＝yex且ezln ＝zex．若y＞1，则x，y，z的大小关系是________．

y＞x＞z　解析：由ey·ln x＝y·ex得＝．

因为y＞1，ey＞0，所以＞0，所以>0，

所以ln x＞0，所以x＞1．

因为ez·ln ＝z·ex，所以＝＝－＜0．

因为ez＞0，所以z＜0．

(下面比较x，y的大小)

令f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以x＞1时，f(x)＞f(1)，即x－ln x＞1，一定有x－ln x＞0，所以x＞ln x＞0，所以<．

又＝，上式可化为<，令g(x)＝，则g′(x)＝，

当x＞1时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．

因为x＞1，y＞1，<，所以x＜y．

综上可得，y＞x＞z．

14．已知f(x)＝ex＋2ax(a∈R)．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)已知a＞0，令g(x)＝f(x)－a(x－1)·ln(ax－a)，若g(x)单调递增，求实数a的取值范围．

解：(1)因为f′(x)＝ex＋2a，

当a≥0时，f′(x)＞0，所以f(x)在R上单调递增．

当a＜0时，当x∈(－∞，ln(－2a))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．

当x∈(ln(－2a)，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

综上可得，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．

当a＜0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，ln(－2a))，单调递增区间为(ln(－2a)，＋∞)．

(2)因为g(x)＝f(x)－a(x－1)ln(ax－a)，

所以g(x)＝ex＋2ax－a(x－1)ln(ax－a)，

所以g′(x)＝ex＋a－aln(ax－a)．

因为g(x)单调递增，所以g′(x)≥0恒成立，

即ex＋a≥aln(ax－a)＝aln [a(x－1)]，

即＋1≥ln a＋ln(x－1)，

即＋x－ln a≥ln(x－1)＋(x－1)，

即＋x－ln a≥ln(x－1)＋(x－1)，

即ex－ln a＋(x－ln a)≥ln(x－1)＋(x－1)．

令h(t)＝et＋t，即h(x－ln a)≥h(ln(x－1))．

因为h′(t)＝et＋1＞0，

所以h(t)为增函数，

所以x－ln a≥ln(x－1)，即ln a≤x－ln(x－1)．

令m(x)＝x－ln(x－1)，x＞1，

所以m′(x)＝，

所以x∈(1,2)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减，x∈(2，＋∞)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增，

所以m(x)min＝m(2)＝2，

所以ln a≤2，即a≤e2．

因为a＞0，所以0＜a≤e2，

所以实数a的取值范围是(0，e2]．