18.2021年高考数学（理）总复习（高考研究课件 高考达标检测 教师用书）第四单元 导数及其应用 （10份打包）

高考达标检测（十二） 函数单调性必考，导数工具离不了

一、选择题

1．(2017·厦门质检)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(　　)

A．(-1,1)　　　　　　　　 　B．(0,1]

C．(1，＋∞)   D．(0,2)

解析：选B　由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0＜x≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．

2．(2017·成都外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是(　　)

解析：选A　设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．

3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有(　　)

A．f(0)＋f(2)＞2f(1)   B．f(0)＋f(2)≤2f(1)

C．f(0)＋f(2)＜2f(1)   D．f(0)＋f(2)≥2f(1)

解析：选A　当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，

∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，

所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．

4．已知函数f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　)

A．x1－x2＞0   B．x1＋x2＞0

C．x－x＞0   D．x－x＜0

解析：选D　由f(x)＝xsin x得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.

5．(2016·吉林长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为(　　)

A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)

B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)

C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)

D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定

解析：选A　设g(x)＝，则g′(x)＝＝，

由题意g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，

当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．

6．(2017·广西质检)若函数f(x)＝(x2－cx＋5)ex在区间上单调递增，则实数c的取值范围是(　　)

A．(－∞，2]   B．(－∞，4]

C．(－∞，8]   D．[－2,4]

解析：选B　f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，

∵函数f(x)在区间上单调递增，

等价于x2＋(2－c)x－c＋5≥0对任意x∈恒成立，

即(x＋1)c≤x2＋2x＋5，

∴c≤对任意x∈恒成立，

∵x∈，

∴＝(x＋1)＋≥4，

当且仅当x＝1时等号成立，∴c≤4.

二、填空题

7．函数f(x)＝1＋x－sin x 在(0,2π)上的单调性为________．

解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．

答案：单调递增

8．(2016·九江模拟)已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．

解析：f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，

即2a≥－x＋在上恒成立，

∵max＝，

∴2a≥，即a≥.

答案：

9．(2017·兰州诊断)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．

解析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，

∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，

∴f′(x)＝2x－ex－a≥0，即a≤2x－ex有解，

设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，

令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，

则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，

当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，

∴当x＝ln 2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2.

答案：(－∞，2ln 2－2]

三、解答题

10．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0.讨论f(x)的单调性．

解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋－＝.

设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.

①当Δ≤0，即0＜a≤2时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.

此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．

②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.

所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：

此时f(x)在 上单调递增，

在上单调递减，

在上单调递增．

11．(2016·武汉调研)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≥－1－ln x.

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)∵2f(x)≥－x2＋mx－3，

即mx≤2xln x＋x2＋3，

又x＞0，∴m≤在x∈(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.

∴m≤t(x)min＝4，

即m的最大值为4.

12．(2016·湖北八校联考)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x.

(1)若a＝1，试求函数f(x)的单调区间；

(2)令g(x)＝，若函数g(x)在区间(0,1]上是减函数，求实数a的取值范围．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，定义域为(0，＋∞)，

所以f′(x)＝2x＋1－＝＝，

所以当0＜x＜时，f′(x)＜0，当x＞时，f′(x)＞0，

所以f(x)在上单调递减，

在上单调递增．

(2)g(x)＝＝，

定义域为(0，＋∞)．

则g′(x)＝，

令h(x)＝－x2＋(2－a)x＋a－＋ln x，则h′(x)＝－2x＋＋＋2－a，令m(x)＝h′(x)，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝－2－－＜0，

故h′(x)在区间(0,1]上单调递减，从而对任意的x∈(0,1]，h′(x)≥h′(1)＝2－a.

①当2－a≥0，即a≤2时，h′(x)≥0，所以h(x)在(0,1]上单调递增，

所以h(x)≤h(1)＝0，即g′(x)≤0，所以g(x)在区间(0,1]上是减函数，满足题意；

②当2－a＜0，即 a＞2时，h′(1)＜0，h′＝－＋a2＋2＞0,0＜＜1，所以y＝h′(x)在区间(0,1]上有唯一零点，设为x0，所以h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1]上单调递减，所以h(x0)＞h(1)＝0，而h(e－a)＝－e－2a＋(2－a)e－a＋a－ea＋ln e－a＜0，所以y＝h(x)在区间(0,1)上唯一零点，设为x′，即函数g′(x)在区间(0,1)上有唯一零点，所以g(x)在区间(0，x′)上单调递减，在(x′，1)上单调递增，不满足题意．

综上可知，实数a的取值范围为(－∞，2]．