2022版高考人教版数学一轮练习：练案【15理】【15文】 导数与函数的单调性

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：练案【15理】【15文】 导数与函数的单调性，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第一课时 导数与函数的单调性
A组基础巩固
一、选择题
1．函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调增区间为( B )
A．(0，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
[解析] 由y＝4x2＋eq \f(1,x)，得y′＝8x－eq \f(1,x2)，
令y′>0，即8x－eq \f(1,x2)>0，解得x>eq \f(1,2)，
∴函数y＝4x2＋eq \f(1,x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).故选B.
2．已知函数f(x)＝xln x，则f(x)( D )
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递增
D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减
[解析] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)．当f′(x)>0时，解得x>eq \f(1,e)，即函数的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))；当f′(x)<0时，解得03．函数y＝xcs x－sin x在下面哪个区间上是增函数( B )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)
[解析] y′＝－xsin x，经验证，只有在(π，2π)内y′>0恒成立，∴y＝xcs x－sin x在(π，2π)上是增函数．
4．(2021·广东惠州调研)已知导函数y＝f′(x)的大致图象如图所示，则函数y＝f(x)的大致图象是( B )
[解析] 在(－1,1)上，f′(x)>0，因此函数y＝f(x)在(－1,1)上为增函数；在(－1,0)上，f′(x)单调递增，故y＝f(x)在(－1,0)上增加得越来越快，函数y＝ f(x)的图象应为指数增长模式；在(0,1)上，f′(x)单调递减，故y＝f(x)在(0,1)上增加得越来越慢，函数y＝f(x)的图象应为对数增长的模式，故选B.
5．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 )
A．(1,2] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2] D．(0,3]
[解析] f′(x)＝x－eq \f(9,x)(x>0)，当x－eq \f(9,x)≤0时，有06．已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为( A )
A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－eq \r(2)，eq \r(2))
C．(2,3) D．(－∞，－eq \r(2))∪(eq \r(2)，＋∞)
[解析] 由y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，所以f(x2－6)>1可化为－27．(2020·河南许昌、平顶山期中)已知f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)>0恒成立，则下列不等式成立的是( A )
A．f(－3)f(－5)
C．f(－5)[解析] x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0即f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(3)8．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)．下列结论正确的是( D )
A．f(x)<0恒成立
B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))>eq \f(fx1＋fx2,2)
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))[解析] 由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)<0，故原函数为减函数，并且递减的速度是先快后慢，所以f(x)的图象如图所示：
f(x)<0恒成立，没有依据，故A不正确；
B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]同号，即f(x)为增函数．故B不正确；
C，D左边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，
右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，
故C不正确，D正确．
9．(理)(2021·青岛市高中毕业班模拟)已知当m，n∈[－1,1]时，sin eq \f(πm,2)－sin eq \f(πn,2)A．m>n B．m3>n3
C．m(文)(2021·成都模拟)已知函数f(x)＝3x＋2cs x，若a＝f(3 eq \s\up4(\r(2)))，b＝f(2)，c＝f(lg27)，则a，b，c的大小关系是( D )
A．aC．b[解析] (理)由题意，设f(x)＝x3＋sin eq \f(πx,2)，
则f′(x)＝3x2＋eq \f(π,2)cs eq \f(πx,2)，
当x∈[－1,1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
又由m3＋sin eq \f(πm,2)所以f(m)(文)∵f(x)＝3x＋2cs x的定义域为R，f′(x)＝3－2sin x>0，∴f(x)为R上的单调递增函数．又y＝lg2x为(0，＋∞)上的单调递增函数，∴2＝lg2431＝3，∴2二、填空题
10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,3)，则b＋c＝__－12__.
[解析] f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－111．函数f(x)＝eq \f(x,ln x)的单调递减区间是__(0,1)和(1，e)__．
[解析] f′(x)＝eq \f(ln x－1,ln2x)<0得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x－1<0,ln x≠0))，解得0∴f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．
12．已知函数f(x)＝x2(x－a)．
(1)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(9,2))) ；
(2)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是 (－∞，3]∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)，＋∞)) .
[解析] (1)由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,3))).若f(x)在(2,3)上不单调，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3三、解答题
13．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
[解析] (1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝eq \f(2,3)时，得a＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＋2a×eq \f(2,3)－1，解得a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，则f′(x)＝3x2－2x－1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－1)，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－eq \f(1,3)；
令f′(x)<0，解得－eq \f(1,3)所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))和(1，＋∞)；
f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1)).
14．(2021·四川成都诊断)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围．
[解析] (1)h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.
由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，知当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，则只要a>G(x)min即可，
而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1，所以a>－1.
(2)由h(x)在[1,4]上单调递减，得当x∈[1,4]时，
h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立，
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，则a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，又x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq \f(7,16).
B组能力提升
1．函数f(x)＝ln x－ax(a>0)的单调递增区间为( A )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,a))) D．(－∞，a)
[解析] 由f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，x>0，得0∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
2．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是( C )
A．函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))内单调递增
B．当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极大值
C．函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递增
D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值
[解析] 对于A，函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))内有增有减，故A不正确；对于B，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B不正确；对于C，当x∈(－2,2)时，恒有f′(x)>0，则函数y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递增，故C正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确．
3. (理)函数f(x)＝eq \f(1,10)(x3＋bx2＋cx)＋d的图象如图，则函数y＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为( D )
A．[eq \f(1,2)，＋∞) B．[3，＋∞)
C．(－∞，eq \f(1,2)] D．(－∞，－2)
(文)已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是( C )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)
[解析] (理)f′(x)＝eq \f(1,10)(3x2＋2bx＋c)，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2b,3)＝－2＋3，,\f(c,3)＝－2×3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))令g(x)＝x2＋eq \f(2,3)bx＋eq \f(c,3)，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)>0，解得x<－2或x>3.当g′(x)<0时，x(文)因为f(x)＝x2(x－m)＝x3－mx2，所以f′(x)＝3x2－2mx，又因为f′(－1)＝－1，所以3×(－1)2－2m×(－1)＝－1，解得m＝－2，所以f′(x)＝3x2＋4x＝x(3x＋4)，由f′(x)>0得x<－eq \f(4,3)或x>0，所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)．故选C.
4．(2021·广东省七校联考)已知定义在R上的连续可导函数f(x)，当x≠0时，有xf′(x)<0，则下列各项正确的是( C )
A．f(－1)＋f(2)>2f(0)
B．f(－1)＋f(2)＝2f(0)
C．f(－1)＋f(2)<2f(0)
D．f(－1)＋f(2)与2f(0)大小关系不确定
[解析] 由题意得，x<0时，f(x)是增函数，x>0时，f(x)是减函数，∴x＝0是函数f(x)的极大值点，也是最大值点，∴f(－1)5．(理)(2021·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋x))a(a∈R)．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间．
(文)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2x－1.
(1)若函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在区间[－2，－1]上单调递减，求实数a的取值范围．
[解析] (理)(1)a＝0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，
所以切线的斜率是k＝f′(1)＝2e.
又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即y＝2ex－e.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝ln a.
①当a＝eq \f(1,e)时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
②当00，得x－1，由f′(x)<0，得ln a所以单调递增区间为(－∞，ln a)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(ln a，－1)．
③当a>eq \f(1,e)时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a，由f′(x)<0，得－1所以单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
综上所述，当a＝eq \f(1,e)时，f(x)在R上单调递增；
当0当a>eq \f(1,e)时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
(文)由f(x)＝x3＋ax2＋2x－1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋2.(1)因为函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1，3]上恒成立．即a≥eq \f(－3x2－2,2x)在[1,3]上恒成立，令g(x)＝eq \f(－3x2－2,2x)，则g′(x)＝eq \f(－3x2＋2,2x2)，当x∈[1,3]时，g′(x)<0，所以g(x)在[1,3]上单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝－eq \f(5,2)，所以a≥－eq \f(5,2).
(2)因为函数f(x)在区间[－2，－1]上单调递减，所以f′(x)≤0在[－2，－1]上恒成立，即a≥eq \f(－3x2－2,2x)在[－2，－1]上恒成立，由(1)易知，g(x)＝eq \f(－3x2－2,2x)在[－2，－1]上单调递减，所以a≥g(－2)，即a≥eq \f(7,2).