高端精品高中数学一轮专题-函数的单调性3（带答案）试卷

这是一份高端精品高中数学一轮专题-函数的单调性3（带答案）试卷，共8页。
函数的单调性[A级　基础巩固]1．如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　)A．函数f(x)在区间(－2,1)上单调递增B．函数f(x)在区间(1,3)上单调递减C．函数f(x)在区间(4,5)上单调递增D．函数f(x)在区间(－3，－2)上单调递增解析：选C　由图知当x∈(4,5)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(4,5)上单调递增．2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是(　　)解析：选D　∵函数f(x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数，∴当x>0时，f′(x)<0，当x<0时，f′(x)<0，故选D.3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)A．(0,1)　　　　　　　　 B．(0,1)∪(－∞，－1)C．(－∞，1)   D．(－∞，＋∞)解析：选A　∵y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，∴y′＝x－，令y′<0，即x－<0，解得0<x<1.故选A.4．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)A．y＝sin x   B．y＝xexC．y＝x3－x   D．y＝ln x－x解析：选B　B项中，y＝xex，y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)，当x∈(0，＋∞)时，y′>0，∴y＝xex在(0，＋∞)内为增函数．5．若f(x)＝，e<a<b，则(　　)A．f(a)>f(b)   B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b)   D．f(a)f(b)>1解析：选A　由f′(x)＝<0，解得x>e，∴f(x)在(e，＋∞)上为减函数，∵e<a<b，∴f(a)>f(b)．6．已知函数f(x)＝kex－1－x＋x2(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，则f(x)的单调递减区间为________．解析：f′(x)＝kex－1－1＋x.∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，∴f′(0)＝k·e－1－1＝0，解得k＝e，故f′(x)＝ex＋x－1.令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．答案：(－∞，0)7．已知函数f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在(－1,1)上单调递减，则a的取值范围为________．解析：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.要使f(x)在(－1,1)上单调递减，则f′(x)≤0在x∈(－1,1)上恒成立，则3x2－a≤0，故a≥3x2在x∈(－1,1)上恒成立，在x∈(－1,1)上，3x2<3，即a≥3，∴a的取值范围为[3，＋∞)．答案：[3，＋∞)8．如图为函数f(x)的图象，f′(x)为函数f(x)的导函数，则不等式<0的解集为________．解析：由题图知，当x∈(－∞，－3)∪(－1,1)时，f′(x)<0，当x∈(－3，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，故不等式<0的解集为(－3，－1)∪(0,1)．答案：(－3，－1)∪(0,1)9．已知函数f(x)＝2ax－，x∈(0,1]．若f(x)在(0,1]上是增函数，求a的取值范围．解：由已知，得f′(x)＝2a＋.∵f(x)在(0,1]上单调递增，∴f′(x)≥0，即a≥－在(0,1]上恒成立．而g(x)＝－在(0,1]上是增函数，∴g(x)max＝g(1)＝－1，∴a≥－1.当a＝－1时，f′(x)＝－2＋，对x∈(0,1]有f′(x)≥0，∴当a＝－1时，f(x)在(0,1]上是增函数．综上，若f(x)在(0,1]上为增函数，a的取值范围是[－1，＋∞)．10．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图，f(x)＝6ln x＋h(x)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数f(x)在区间上是单调函数，求实数m的取值范围．解：(1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，解得∴h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8，∴f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2.(2)∵f′(x)＝＋2x－8＝(x>0)．∴当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增 单调递减 单调递增∴f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(1,3)．要使函数f(x)在区间上是单调函数，则解得<m≤.即实数m的取值范围为.[B级　综合运用]11．已知函数y＝f(x)的图象是如图四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是(　　)解析：选B　从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，当x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A中，在x＝0时变化率最小，故错误；C中，变化率是越来越大的，故错误；D中，变化率是越来越小的，故错误．故选B.12．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D　当x<0时，[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，令F(x)＝f(x)g(x)，则当x<0时，F(x)为增函数．∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，∴F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)．∴F(x)为奇函数．故当x>0时，F(x)仍为增函数．根据F(x)＝f(x)g(x)的性质，可作出F(x)的示意图．∴f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．13．定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，f′(x)<2，则满足f(x)>2x－1的x的取值范围是________．解析：令g(x)＝f(x)－2x＋1，则g′(x)＝f′(x)－2<0，又g(1)＝f(1)－2×1＋1＝0，当g(x)>g(1)＝0时，即x<1时f(x)－2x＋1>0，即f(x)>2x－1的解集为(－∞，1)．答案：(－∞，1)14．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋2>0.解：(1)根据题意知，f′(x)＝(x>0)，当a>0时，则当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；同理，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)＝－3，不是单调函数，无单调区间．(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)．即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0. [C级　拓展探究]15．(1)已知函数f(x)＝axekx－1，g(x)＝ln x＋kx.当a＝1时，若f(x)在(1，＋∞)上为减函数，g(x)在(0,1)上为增函数，求实数k的值；(2)已知函数f(x)＝x＋－2ln x，a∈R，讨论函数f(x)的单调区间．解：(1)当a＝1时，f(x)＝xekx－1，∴f′(x)＝(kx＋1)ekx，g′(x)＝＋k.∵f(x)在(1，＋∞)上为减函数，则∀x>1，f′(x)≤0⇔k≤－，∴k≤－1.∵g(x)在(0,1)上为增函数，则∀x∈(0,1)，g′(x)≥0⇔k≥－，∴k≥－1.综上所述，k＝－1.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝1－－＝.①当Δ＝4＋4a≤0，即a≤－1时，得x2－2x－a≥0，则f′(x)≥0.∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝4＋4a>0，即a>－1时，令f′(x)＝0，得x2－2x－a＝0，解得x1＝1－，x2＝1＋>0.(ⅰ)若－1<a≤0，则x1＝1－≥0，∵x∈(0，＋∞)，∴f(x)在(0,1－)，(1＋，＋∞)上单调递增，在(1－，1＋)上单调递减．(ⅱ)若a>0，则x1<0，当x∈(0,1＋)时，f′(x)<0，当x∈(1＋，＋∞) 时，f′(x)>0，∴函数f(x)在区间(0,1＋)上单调递减，在区间(1＋，＋∞)上单调递增．