2021年高考数学一轮精选练习：14《利用导数研究函数的单调性》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：14《利用导数研究函数的单调性》一         、选择题1.函数y=x2－lnx的单调递减区间为(　 　)A.(－1,1]         B.(0,1]        C.[1，＋∞)       D.(0，＋∞) 2.下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　 　)A.f(x)=sin2x    B.f(x)=xex    C.f(x)=x3－x     D.f(x)=－x＋lnx 3.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(　 　) 4.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，＋∞) 5.设函数f(x)=x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　 　)A.(1,2]        B.[4，＋∞)       C.(－∞，2]       D.(0,3] 6.已知f(x)=，则(　 　)A.f(2)＞f(e)＞f(3)       B.f(3)＞f(e)＞f(2)C.f(3)＞f(2)＞f(e)       D.f(e)＞f(3)＞f(2) 7.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.8.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＜b  9.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)=x2       C.f(x)=3－x      D.f(x)=cosx 10.定义在区间(0，＋∞)上的函数y=f(x)使不等式2f(x)＜xf′(x)＜3f(x)恒成立，其中y=f′(x)为y=f(x)的导函数，则(　B　)A.8＜＜16     B.4＜＜8    C.3＜＜4     D.2＜＜3 二         、填空题11.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　         . 12.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       . 13.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1，f(x)的导数f′(x)＜，则不等式f(x2)＜＋的解集为            .  三         、解答题14.已知函数f(x)=ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a=1，函数g(x)=(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围.                         15.已知函数f(x)=alnx－ax－3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y=f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)=x3＋x2·在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围.             16.已知函数f(x)=(ax－1)ex，a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间；(2)当m＞n＞0时，证明：men＋n＜nem＋m.           
答案解析1.答案为：B；解析：y=x2－lnx，y′=x－==(x＞0).令y′≤0，得0＜x≤1，所以递减区间为(0,1]. 2.答案为：B；解析：对于A，f(x)=sin2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)=ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)=xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)=3x2－1，令f′(x)＞0，得x＞或x＜－，∴函数f(x)=x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)=－1＋=－，令f′(x)＞0，得0＜x＜1，∴函数f(x)=－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述，故选B. 3.答案为：D；解析：利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y=f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y=f(x)的减区间，验证只有D选项符合. 4.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. 5.答案为：A；解析：∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=x－，∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由题意知解得1＜a≤2.6.答案为：D；解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，∵f′(x)=，∴x∈(0，e)，f′(x)＞0，x∈(e，＋∞)，f′(x)＜0，故x=e时，f(x)max=f(e)，而f(2)==，f(3)==，则f(e)＞f(3)＞f(2). 7.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∈. 8.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. 9.答案为：A；解析：设函数g(x)=ex·f(x)，对于A，g(x)=ex·2－x=x，在定义域R上为增函数，A正确.对于B，g(x)=ex·x2，则g′(x)=x(x＋2)ex，由g′(x)＞0得x＜－2或x＞0，∴g(x)在定义域R上不是增函数，B不正确.对于C，g(x)=ex·3－x=x在定义域R上是减函数，C不正确.对于D，g(x)=ex·cosx，则g′(x)=excos，g′(x)＞0在定义域R上不恒成立，D不正确. 10.答案为：B；解析：∵xf′(x)－2f(x)＞0，x＞0，∴′==＞0，∴y=在(0，＋∞)上单调递增，∴＞，即＞4.∵xf′(x)－3f(x)＜0，x＞0，∴′==＜0，∴y=在(0，＋∞)上单调递减，∴＜，即＜8.综上，4＜＜8.11.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，＋∞). 12.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. 13.答案为：{x|x＜－1或x＞1}.解析：设F(x)=f(x)－x，∴F′(x)=f′(x)－，∵f′(x)＜，∴F′(x)=f′(x)－＜0，即函数F(x)在R上单调递减.∵f(x2)＜＋，∴f(x2)－＜f(1)－，∴F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2＞1，即不等式的解集为{x|x＜－1或x＞1}.14.解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)=ex－a.当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)在R上为增函数；当a＞0时，由f′(x)=0得x=lna，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0，∴函数f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在(lna，＋∞)上为增函数.(2)当a=1时，g(x)=(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x.∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g′(x)=xex－mex＋m＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m≤在(2，＋∞)上恒成立.令h(x)=，x∈(2，＋∞)，则h′(x)==.令L(x)=ex－x－2，L′(x)=ex－1＞0在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)=ex－x－2在(2，＋∞)上为增函数，即L(x)＞L(2)=e2－4＞0，∴h′(x)＞0在(2，＋∞)上成立，即h(x)=在(2，＋∞)上为增函数，∴h(x)＞h(2)=，∴m≤.∴实数m的取值范围是. 15.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)=，当a＞0时，f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a=0时，f(x)为常函数.(2)由(1)及题意得f′(2)=－=1，即a=－2，∴f(x)=－2lnx＋2x－3，f′(x)=.∴g(x)=x3＋x2－2x，∴g′(x)=3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.由于g′(0)=－2，∴当g′(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；由g′(3)＞0，即m＞－.∴－＜m＜－9.即实数m的取值范围是. 16.解：(1)f(x)的定义域为R，且f′(x)=(ax＋a－1)ex.①当a=0时，f′(x)=－ex＜0，此时f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞).②当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞－；由f′(x)＜0，得x＜－.此时f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.③当a＜0时，由f′(x)＞0，得x＜－；由f′(x)＜0，得x＞－.此时f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明：当m＞n＞0时，要证men＋n＜nem＋m，只要证m(en－1)＜n(em－1)，即证＞.(*)设g(x)=，x＞0，则g′(x)=，x＞0.设h(x)=(x－1)ex＋1，由(1)知h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0时，h(x)＞h(0)=0，于是g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当m＞n＞0时，(*)式成立，故当m＞n＞0时，men＋n＜nem＋m.