高考数学一轮复习检测：第2章第2节 导数与函数的单调性 含解析

这是一份高考数学一轮复习检测：第2章第2节 导数与函数的单调性 含解析，共10页。
限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．(2018·岳阳模拟)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)A．(0，1)　　　　　　　　 B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)  D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：选A.函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)A．充分不必要条件  B．必要不充分条件C．充要条件  D．既不充分也不必要条件解析：选A.f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．3．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)解析：选D.不妨设导函数y＝f′(x)的零点依次为x1，x2，x3，其中x1＜0＜x2＜x3，由导函数图象可知，y＝f(x)在(－∞，x1)上为减函数，在(x1，x2)上为增函数，在(x2，x3)上为减函数，在(x3，＋∞)上为增函数，从而排除A，C.y＝f(x)在x＝x1，x＝x3处取到极小值，在x＝x2处取到极大值，又x2＞0，排除B，故选D.4．(2018·珠海质检)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]  B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)  D．[1，＋∞)解析：选D.由于f′(x)＝k－，则f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇒f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥，而0<<1，所以k≥1，即k的取值范围为[1，＋∞)．5．(2019·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)A．(－1，1)，(3，＋∞)  B．(－∞，－1)，(1，3)C．(－1，1)∪(3，＋∞)  D．(－∞，－1)∪(1，3)解析：选B.因为函数f(x)的图象上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图象在点(x0，y0)的切线斜率k＝(3－x0)(x－1)，所以f′(x)＝(3－x)(x2－1)．由f′(x)＝(3－x)(x2－1)＞0，解得x＜－1或1＜x＜3，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，3)．故选B.6．(2018·娄底模拟)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.因为当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0，所以f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．因为f(3)g(3)＝0，所以f(－3)g(－3)＝0.所以f(x)g(x)<0的解集为x<－3或0<x<3.7．(2018·济南模拟)若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：因为y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间，所以方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根，所以Δ＝02－4×(－4)×a＞0，所以a＞0.答案：(0，＋∞)8．(2018·苏州二模)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 ________．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.答案：(0，1)∪(2，3)9．(2018·云南统考)已知函数f(x)＝ln x－.(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f[x(3x－2)]＜－，求实数x的取值范围．解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f(x)＝ln x－，∴f′(x)＝－＝.∵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－，∴f(1)＝ln 1－＝－.由f[x(3x－2)]＜－得f[x(3x－2)]＜f(1)．由(1)得解得－＜x＜0或＜x＜1.∴实数x的取值范围为∪.10．设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)f′(x)＝2ax－＝(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＝ .此时，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈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，递减区间为.B级　能力提升练11．(2017·山东卷)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是(　　) A．f(x)＝2－x  B．f(x)＝x2C．f(x)＝3－x  D．f(x)＝cos x解析：选A.当f(x)＝2－x时，ex·f(x)＝ex·2－x＝，令y＝，则y′＝′＝＝(1－ln 2)．∵ex＞0，2x＞0，ln 2＜1，∴y′＞0.∴当f(x)＝2－x时，ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增，故具有M性质，经验证B、C、D不具有M性质，故选A.12．(2018·杭州模拟)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)对于x∈R恒成立，则(　　)A．f(1)＜ef(0)，f(2 020)＞e2 020f(0)B．f(1)＞ef(0)，f(2 020)＞e2 020f(0)C．f(1)＞ef(0)，f(2 020)＜e2 020f(0)D．f(1)＜ef(0)，f(2 020)＜e2 020f(0)解析：选D.令g(x)＝，则g′(x)＝′＝＝＜0，所以函数g(x)＝是单调减函数，所以g(1)＜g(0)，g(2 020)＜g(0)，即＜，＜，故f(1)＜ef(0)，f(2 020)＜e2 020f(0)．13．(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．解析：函数f(x)的定义域关于原点对称．∵f(x)＝x3－2x＋ex－，∴f(－x)＝(－x)3－2(－x)＋e－x－＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0(当且仅当x＝0时，取“＝”)，从而f(x)在R上单调递增，所以f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤f(－2a2)⇔－2a2≥a－1，解得－1≤a≤.答案：14．(2018·广东佛山月考)已知函数f(x)＝ln x－a2x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋x，其定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝－2x＋1＝－.令f′(x)＝0，即－＝－＝0，解得x＝－或x＝1.∵x>0，∴x＝－舍去．当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)解法一：∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝－2a2x＋a＝＝.①当a＝0时，f′(x)＝>0，∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.此时f(x)的单调递减区间为.依题意，得解得a≥1；③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.此时f(x)的单调递减区间为，∴解得a≤－.综上所述，实数a的取值范围 ∪[1，＋∞)．解法二：∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝.由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．①当a＝0时，1≤0不合题意；②当a≠0时，可得即∴∴a≥1或a≤－.∴实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．15．已知函数f(x)＝(x－2)·ex＋a(x－1)2.讨论f(x)的单调性．解：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．(1)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)设a<0，由f′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln(－2a)．①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)和(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．