高考数学一轮复习考点测试刷题本15 函数单调性与导数（含答案解析）

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2020高考数学(文数)考点测试刷题本15 函数单调性与导数 一         、选择题1.已知函数f(x)的导函数f′(x)=ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　)  2.已知对任意实数x，都有f(－x)=－f(x)，g(－x)=g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时(　　)A．f′(x)>0，g′(x)>0        B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0        D．f′(x)<0，g′(x)<0  3.函数f(x)=x－ln x的单调递增区间为(　　)A．(－∞，0)        B．(0，1)      C．(1，＋∞)        D．(－∞，0)∪(1，＋∞)  4.若函数exf(x)(e=2.71828…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)=cosx  5.已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y=log2(x2＋bx＋)的单调递减区间为(　　)A.　      B．[3，＋∞)      C．[－2,3]　　      D．(－∞，－2)  6.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] 7.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(　　) 8.若函数f(x)=2x2－ln x在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)A．[1，＋∞)         B.           C．[1，2)        D. 二         、填空题9.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________．  10.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________．  11.已知函数f(x)=-x2＋4x-3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围________．  12.已知函数f(x)=x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________． 三         、解答题13.设函数f(x)=(1－x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．              14.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．                 15.设函数f(x)=ax2-a-ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性．                               16.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1.答案为：D；解析：当x<0时，由导函数f′(x)=ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)=ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有选项D符合题意．  2.答案为：B；解析：由题意知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数．当x>0时，f(x)，g(x)都单调递增，则当x<0时，f(x)单调递增，g(x)单调递减，即f′(x)>0，g′(x)<0.  3.答案为：C；解析：函数的定义域为(0，＋∞)．f′(x)=1－，令f′(x)>0，得x>1.故选C.  4.答案为：A；解析：当f(x)=2－x时，exf(x)==x.∵>1，∴当f(x)=2－x时，exf(x)在f(x)的定义域上单调递增，故函数f(x)具有M性质．易知B，C，D不具有M性质，故选A.  5.答案为：D；解析：因为f(x)=x3＋bx2＋cx＋d，所以f ′(x)=3x2＋2bx＋c，由图可知f ′(－2)=f ′(3)=0，所以解得令g(x)=x2＋bx＋，则g(x)=x2－x－6，g′(x)=2x－1，由g(x)=x2－x－6＞0，解得x＜－2或x＞3.令g′(x)＜0，解得x<，所以g(x)=x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y=log2的单调递减区间为(－∞，－2)．  6.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.  7.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.  8.答案为：B；解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=4x－，由f′(x)=0，得x=.据题意得解得1≤k<.故选B.   一         、填空题9.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，＋∞)．  10.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.  11.答案为：(0，1)∪(2，3)；解析：由题意知f′(x)=-x＋4-=-，由f′(x)=0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1<t＋1或t<3<t＋1，得0<t<1或2<t<3.  12.答案为：(－1，0.5)；解析：易知函数f(x)的定义域关于原点对称．∵f(x)=x3－2x＋ex－，∴f(－x)=(－x)3－2(－x)＋e－x－=－x3＋2x＋－ex=－f(x)，∴f(x)为奇函数，又f′(x)=3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2=3x2≥0(当且仅当x=0时，取“=”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤0.5.   二         、解答题13.解：(1)f′(x)=(1－2x－x2)ex.令f′(x)=0得x=－1－或x=－1＋.当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)<0；当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)>0；当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．(2)f(x)=(1＋x)(1－x)ex.当a≥1时，设函数h(x)=(1－x)ex，则h′(x)=－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)=1，故h(x)≤1，所以f(x)=(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.当0<a<1时，设函数g(x)=ex－x－1，则g′(x)=ex－1>0(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)单调递增．而g(0)=0，故ex≥x＋1.当0<x<1时，f(x)>(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1=x(1－a－x－x2)，取x0=，则x0∈(0，1)，(1－x0)·(1＋x0)2－ax0－1=0，故f(x0)>ax0＋1.当a≤0时，取x0=，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2=1≥ax0＋1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．  14.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∪.  15.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∈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.  16.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.