2020届高考数学一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-1(含解析)

【课时训练】课时1　导数与函数的单调性一、选择题1.(2018芜湖模拟)函数f(x)=ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)A.(0，＋∞) B.(－∞，0)C.(－∞，1)　　 D.(1，＋∞)答案为：D解析：由题意知， f ′(x)=ex－e，令f ′(x)＞0，解得x＞1.故选D.2.(2018江西宜春模拟)下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)A.f(x)=sin 2x　　 B.f(x)=xexC.f(x)=x3－x  D.f(x)=－x＋ln x答案为：B解析：对于A，易得f(x)=sin 2x的单调递增区间是[kπ－，kπ＋](k∈Z)；对于B, f ′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时， f ′(x)＞0，所以函数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＜－，所以函数f(x)在和上单调递增；对于D, f ′(x)=－1＋=－，令f ′(x)＞0，得0＜x＜1，所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增.综上所述，选B.3.(2018漳州模拟)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.4.(2018湛江模拟)若函数f(x)=x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　)A.(－2,0)　　 B.(0,1)C.(1，＋∞)  D.(－∞，－2)答案为：D解析：由题意知， f ′(x)=1－.∵函数f(x)=x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点， ∴当1－=0时，b=x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4).令f ′(x)＞0，解得x＜－或x＞，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意.故选D.5.(2018江西鹰潭模拟)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)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).5题图6题图6.(2018山东泰安模拟)已知函数y=f ′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)A.(－∞，1)　　 B.(－∞，0)和(2，＋∞)C.(1,2)　  D.R答案为：B解析：因为函数y=x是R上的减函数，所以f ′(x)＞0的充分必要条件是0＜f ′(x)＜1, f ′(x)＜0的充分必要条件是f ′(x)＞1.由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜f ′(x)＜1，即f ′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞).故选B.7.(2018四川成都一诊)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≥.8.(2018河北五校联考)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9.(2018湖南邵阳联考)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≤4.10.(2018杭州四校联考)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，＋∞).11.(2018成都模拟)已知函数f(x)=－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.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，所以1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔ 0＜t＜1或2＜t＜3.12.(2018广东佛山质检)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)=5＋cos x，x∈(－1,1)，且f(0)=0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________.答案为：(1，) 解析：∵f ′(x)是偶函数，且f(0)=0，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1).又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增， ∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜，∴实数x的取值范围是(1，).三、解答题13.(2018武汉模拟)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.【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.