2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.2《导数与函数的单调性》(含详解)

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2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习4.2《导数与函数的单调性》一              、选择题1.函数f(x)＝(x﹣a)ex＋1，则f(x)的单调递减区间为(　　)A.(﹣∞，a)         B.(﹣∞，a﹣1)C.(a﹣1，＋∞)         D.(a＋1，＋∞)2.已知f(x)是定义在R上的可导函数，y＝ef′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的单调递减区间是(　　)A.(﹣∞,﹣1)      B.(﹣∞,2)    C.(0,1)       D.(1,2)3.已知函数f(x)＝3x＋2cos x，若a＝f()，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　)A.a＜b＜c        B.c＜b＜a       C.b＜a＜c         D.b＜c＜a4.若函数f(x)＝ex﹣(a﹣1)x＋1在(0,1)上不单调，则a的取值范围是(　　)A.(2,e+1)                     B.[2，e＋1]C.(-∞,2]∪[e＋1，＋∞)       D.(-∞,2)∪(e＋1，＋∞)5.函数f(x)＝3x﹣x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为(　　)A.[1，]        B.[1，＋∞)      C.(1，]        D.(1，＋∞)6.已知函数f(x)＝sin 2x＋2cos x(0≤x≤π)，则f(x)(　　)A.在[0，]上单调递增          B.在[0，]上单调递减C.在[，]上单调递减        D.在[，]上单调递增7.已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)=0，则f(x)＞0的解集为(　 　)A.(－∞，－1)     B.(－1,1)      C.(－∞，0)       D.(－1，＋∞)8.定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)=1，且2f′(x)＞1，当x∈时，不等式f(2cosx)＞－2sin2的解集为(　D　)A.       B.        C.       D.9.已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x)，当x＞0，xf′(x)－f(x)＜0，若a=，b=，c=，则a，b，c的大小关系正确的是(　 　)A.a＜b＜c     B.b＜c＜a       C.a＜c＜b     D.c＜a＜b10.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)=0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为(　 　)A.(0，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，＋∞)C.(－∞，0)∪(1，＋∞)D.(－1，＋∞)二              、多选题11. (多选)已知函数f(x)＝(x﹣1)ex﹣aex﹣(x﹣a)2，则下列说法正确的是(　　)A.a＝1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增B.a＝ln 2时，f(x)在R上单调递增C.a>ln 2时，f(x)的单调递增区间为(﹣∞，ln 2)∪(a，＋∞)，单调递减区间为(ln 2，a)D.a＜0时，f(x)在区间(﹣∞，a)上单调递增12. (多选)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(　　)A.f(x)＜0恒成立          B.(x1﹣x2)[f(x1)﹣f(x2)]＜0C.f()>        D.f()＜三              、填空题13.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________.14.已知函数f(x)=－x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是       .15.若函数f(x)=ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是　         .16.已知函数f(x)＝﹣ex＋2x﹣x3(e为自然对数的底数)，若f(3a2)＋f(2a﹣1)≥0，则实数a的取值范围是________.
0.答案详解一              、选择题1.答案为：B解析：f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x﹣a＋1)ex，令f′(x)＜0，解得x＜a﹣1.∴f(x)在(﹣∞，a﹣1)上单调递减.2.答案为：B解析：因为当x≤2时，ef′(x)≤1，所以当x≤2时，f′(x)≤0，所以y＝f(x)的单调递减区间是.3.答案为：D解析：根据题意，函数f(x)＝3x＋2cos x，其导函数f′(x)＝3﹣2sin x，则有f′(x)＝3﹣2sin x>0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数；又由2＝log24＜log27＜3＜3，则b＜c＜a.4.答案为：A解析：∵f(x)＝ex﹣(a﹣1)x＋1，∴f′(x)＝ex﹣a＋1，若f(x)在(0,1)上不单调，则f′(x)在(0,1)上有变号零点，又∵f′(x)单调递增，∴f′·f′(1)＜0，即(1﹣a＋1)(e﹣a＋1)＜0，解得2＜a＜e＋1.∴a的取值范围是(2，e＋1).5.答案为：A解析：∵f(x)＝3x﹣x3，∴f′(x)＝3﹣3x2＝3(1＋x)(1﹣x)，令f′(x)＝0，则x＝1或﹣1(舍负)，当0≤x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f()＝0，f(1)＝2，函数f(x)的图象如图所示，∴1≤m≤.6.答案为：C解析：令f′(x)＝2cos 2x﹣2sin x＝﹣2(2sin 2x＋sin x﹣1)＞0⇒(2sin x﹣1)(sin x＋1)＜0，0≤x≤π，故﹣1＜sin x＜⇒x∈[0，)∪(，π]，故f(x)在[0，)和(，π]上单调递增，在[，]上单调递减.7.答案为：A；解析：设g(x)=，则g′(x)=＜0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)=0，f(x)＞0⇔g(x)＞0，所以x＜－1.8.答案为：D；解析：令g(x)=f(x)－－，则g′(x)=f′(x)－＞0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)=f(1)－－=0，∵f(2cosx)－＋2sin2=f(2cosx)－－=g(2cosx)，∴f(2cosx)＞－2sin2，即g(2cosx)＞0，∴2cosx＞1.又x∈，∴x∈.9.答案为：D；解析：设g(x)=，则g′(x)=，∵当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0.∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数.由f(x)为奇函数，知g(x)为偶函数，则g(－3)=g(3)，又a=g(e)，b=g(ln2)，c=g(－3)=g(3)，∴g(3)＜g(e)＜g(ln2)，故c＜a＜b.10.答案为：A.解析：设g(x)=exf(x)－ex，则g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex.由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数.因为f(0)=0，所以g(0)=－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞).二              、多选题11.答案为：ABD.解析：f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x﹣a)ex﹣2(x﹣a)＝(x﹣a)(ex﹣2).①当a>ln 2时，令f′(x)>0⇒x>a或x＜ln 2，f′(x)＜0⇒ln 2＜x＜a.∴f(x)在(﹣∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减；②当a＝ln 2时，f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增；③当a＜ln 2时，令f′(x)>0⇒x>ln 2或x＜a，令f′(x)＜0⇒a＜x＜ln 2.∴f(x)在(﹣∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减.故A，B，D正确.12.答案为：BD.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)的大致图象如图所示，所以f(x)＜0恒成立没有依据，故A不正确；B表示f(x)为减函数，故B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.三              、填空题13.答案为：(,+∞).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＋有解.令φ(x)＝x＋，则函数φ(x)＝x＋在(2，＋∞)上单调递增，∴x＋>，∴m>.14.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＜3.15.答案为：(－3,0)∪(0，＋∞).解析：由题意知f′(x)=3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点.需满足a≠0，且Δ=36＋12a＞0，解得a＞－3，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞).16.答案为：[-1,].解析： 由题意得f′(x)＝﹣﹣ex＋2﹣x2＝﹣(ex＋)＋2﹣x2， 因为ex＋≥2＝2，当且仅当ex＝，即x＝0时取等号，所以f′(x)≤0，所以函数f(x)单调递减，又因为f(x)为奇函数，f(3a2)＋f(2a﹣1)≥0，所以f(3a2)≥﹣f(2a﹣1)＝f(1﹣2a)，即3a2≤1﹣2a，解得﹣1≤a≤.