(小白高考)新高考数学(适合艺考生)一轮复习13《导数与函数的单调性》巩固练习（2份打包，答案版+教师版）

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一、选择题
设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是( )

函数y＝x4﹣2x2＋5的单调递减区间为( )
A.(﹣∞，﹣1)和(0，1) B.[﹣1，0]和[1，＋∞)
C.[﹣1，1] D.(﹣∞，﹣1]和[1，＋∞)
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
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]
函数y＝eq \f(1,2)x2﹣ln x的单调递减区间为( )
A.(﹣1，1) B.(0，1] C.(1，＋∞) D.(0，2)
若函数f(x)＝kx﹣ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A.(﹣∞，﹣2] B.(﹣∞，﹣1] C.[2，＋∞) D.[1，＋∞)
若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是( )
A.(eq \f(1,3)，＋∞) B.(﹣∞，eq \f(1,3)] C.[eq \f(1,3)，＋∞) D.(﹣∞，eq \f(1,3))
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( )
函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝ax2＋eq \f(3,2)bx＋eq \f(c,3)的单调递增区间是( )
A.(﹣∞，﹣2] B.[eq \f(1,2)，+∞) C.[﹣2，3] D.[eq \f(9,8)，+∞)
定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数f′(x)＞eq \f(1,2)，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}
设函数f(x)＝eq \f(1,2)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]
若函数f(x)＝ex(sin x＋acs x)在(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.(﹣∞，1] B.(﹣∞，1) C.[1，＋∞) D.(1，＋∞)
二、填空题
函数f(x)=lnx－eq \f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为 .
已知函数f(x)=－eq \f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是 .
已知函数f(x)＝﹣x3＋ax2﹣x﹣1在(﹣∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是________.
若函数f(x)＝2x3﹣3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上存在减区间，则实数m的取值范围为________.
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)=ln x－eq \f(x,1＋2x).
(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
(2)若f[x(3x－2)]＜－eq \f(1,3)，求实数x的取值范围.
设函数f(x)=ax2－a－ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性.
已知函数f(x)＝ex﹣ax，g(x)＝1＋xln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若当x>0时，方程f(x)＝g(x)有实数解，求实数a的取值范围.
\s 0 (小白高考)新高考数学(适合体育生)一轮复习13《导数与函数的单调性》巩固练习（含答案）答案解析
一、选择题
答案为：C
答案为：A
答案为：B.
解析：对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是[kπ﹣eq \f(π,4)，kπ＋eq \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 \f(\r(3),3))和(eq \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＜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.
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.
答案为：B.
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y′＝x﹣eq \f(1,x)≤0，得0＜x≤1，
所以函数的单调递减区间为(0，1].
答案为：D.
解析：因为f(x)＝kx﹣ln x，所以f′(x)＝k﹣eq \f(1,x).因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)＝k﹣eq \f(1,x)≥0恒成立，即k≥eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上恒成立.因为x＞1，所以0＜eq \f(1,x)＜1，所以k≥1.故选D.
答案为：C.
解析：y′＝3x2＋2x＋m，由条件知y′≥0在R上恒成立，∴Δ＝4﹣12m≤0，∴m≥eq \f(1,3).
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.
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＝﹣eq \f(3,2)，c＝﹣18.∴y＝x2﹣eq \f(9,4)x﹣6，y′＝2x﹣eq \f(9,4).当x≥eq \f(9,8)时，y′≥0，
∴y＝x2﹣eq \f(9,4)x﹣6的单调递增区间为[eq \f(9,8)，+∞).故选D.
答案为：B.
解析：令g(x)＝2f(x)﹣x﹣1，∵f′(x)＞eq \f(1,2)，∴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.
答案为：A.
解析：∵f(x)＝eq \f(1,2)x2﹣9ln x，∴f′(x)＝x﹣eq \f(9,x)(x＞0)，由x﹣eq \f(9,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.
答案为：A.
解析：f′(x)＝ex[sin x＋cs x﹣a(sin x﹣cs x)]，
当a＝0时，f′(x)＝ex(sin x＋cs x)，显然x∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))，f′(x)＞0恒成立，排除C、D；当a＝1时，f′(x)＝2excs x，x∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))时，f′(x)＞0，故选A.
二、填空题
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：(0,1)∪(2,3)；
解析：由题意知f′(x)=－x＋4－eq \f(3,x)=－eq \f(x－1x－3,x)，
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.
答案为：[﹣eq \r(3)，eq \r(3)].
解析：由题意，函数f(x)＝﹣x3＋ax2﹣x﹣1，则f′(x)＝﹣3x2＋2ax﹣1，因为函数f(x)在(﹣∞，＋∞)上是单调函数，所以Δ＝(2a)2﹣4×(﹣3)×(﹣1)＝4a2﹣12≤0，即a2≤3，解得﹣eq \r(3)≤a≤eq \r(3)，即实数a的取值范围是[﹣eq \r(3)，eq \r(3)].
答案为：(eq \f(5,2),+∞).
解析：∵f′(x)＝6x2﹣6mx＋6，∴当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0有解，
即6x2﹣6mx＋6＜0有解，即m>x＋eq \f(1,x)有解.令φ(x)＝x＋eq \f(1,x)，则
函数φ(x)＝x＋eq \f(1,x)在(2，＋∞)上单调递增，∴x＋eq \f(1,x)>eq \f(5,2)，∴m>eq \f(5,2).
三、解答题
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)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞).
∵f(x)=ln x－eq \f(x,1＋2x)，
∴f′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(1＋2x－2x,（1＋2x）2)=eq \f(4x2＋3x＋1,x（1＋2x）2).
∵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－eq \f(x,1＋2x)，
∴f(1)=ln 1－eq \f(1,1＋2×1)=－eq \f(1,3).
由f[x(3x－2)]＜－eq \f(1,3)得f[x(3x－2)]＜f(1).
由(1)得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（3x－2）＞0，,x（3x－2）＜1，))解得－eq \f(1,3)＜x＜0或eq \f(2,3)＜x＜1.
∴实数x的取值范围为(－eq \f(1,3),0)∪(eq \f(2,3),1).
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f′(x)=2ax－eq \f(1,x)=eq \f(2ax2－1,x)(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=eq \f(1,\r(2a)) .
此时，当x∈(0,eq \f(1,\r(2a)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(eq \f(1,\r(2a)),＋∞)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(eq \f(1,\r(2a)),＋∞)，递减区间为(0,eq \f(1,\r(2a))).
解：(1)函数f(x)的定义域为R，
f′(x)＝ex﹣a，当a≤0时，f′(x)>0，
则f(x)在(﹣∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a，
则f(x)在(﹣∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增.
(2)由f(x)＝g(x)，得ax＝ex﹣xln x﹣1，
因为x>0，所以a＝eq \f(ex,x)﹣ln x﹣eq \f(1,x).
令h(x)＝eq \f(ex,x)﹣ln x﹣eq \f(1,x)，x>0，
则h′(x)＝eq \f(xex－ex－x＋1,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－1))x－1,x2).
令h′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.
所以h(x)min＝h(1)＝e﹣1.
又因为h(x)＝eq \f(ex,x)﹣ln x﹣eq \f(1,x)＝eq \f(ex－1,x)﹣ln x，
因为x>0，ex>1，所以eq \f(ex－1,x)>0，
所以当x→0＋时，h(x)→＋∞.
所以函数h(x)的值域为[e﹣1，＋∞)，
因此实数a的取值范围为[e﹣1，＋∞).