2022版高考数学大一轮复习作业本14《导数与函数的单调》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本14《导数与函数的单调》(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
函数f(x)=3＋xlnx的单调递减区间是( )
A.(eq \f(1,e),e) B.(0,eq \f(1,e)) C.(-∞,eq \f(1,e)) D.(eq \f(1,e),+∞)
已知函数y=xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y=f(x)的图象大致是( )

已知函数f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( )
A.[-1,- SKIPIF 1 < 0 ] B.[- SKIPIF 1 < 0 ,- SKIPIF 1 < 0 ] C.[－1,1] D.[－1, SKIPIF 1 < 0 ]
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，＋∞)
已知函数y=f(x)对于任意x∈(- SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0 )满足f′(x)csx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.eq \r(2)f( SKIPIF 1 < 0 )C.f(0) 函数f(x)=ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0) C.(－∞，1) D.(1，＋∞)
已知函数f(x)在定义域R内可导，f(x)=f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，
(x－1)f ′(x)＜0.设a=f(0)，b=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，c=f(3)，则( )
A.c＜a＜b B.c＜b＜a C.a＜b＜c D.b＜c＜a
若函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是( )
A.(－2,0) B.(0,1) C.(1，＋∞) D.(－∞，－2)
已知函数y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A.(－∞，1) B.(－∞，0)和(2，＋∞) C.(1,2) D.R
已知a≥0，函数f(x)=(x2－2ax)ex.若f(x)在[－1,1]上单调递减，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y=lg2(x2＋eq \f(2,3)bx＋eq \f(c,3))的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B.[3，＋∞) C.[－2,3] D.(－∞，－2)
若曲线C1：y=ax2(a>0)与曲线C2：y=ex存在公共切线，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,8)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,8))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,4)))
二、填空题
函数f(x)=eq \f(x3,3)＋x2-3x-4在[0,2]上的最小值是________．
已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数y=f′(x)，满足f′(x)则不等式f(x) 已知函数f(x)=eq \f(x3,3)－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在R上单调递增，则实数m的取值范围是________.
已知函数f(x)的导函数为f ′(x)=5＋cs x，x∈(－1,1)，且f(0)=0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________.
\s 0 参考答案
答案为：B.
解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)=lnx＋x·eq \f(1,x)=lnx＋1，
令f′(x)<0，解得0 答案为：C.
解析：由题图知当0当x>1时，xf′(x)>0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增.
所以当x=1时，函数f(x)取得极小值.
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，
此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x=－1时，函数取得极大值.
符合条件的只有C项.
答案为：C.
解析：因为f(x)=eq \f(1,2)x2－tcsx，所以f′(x)=x＋tsinx.令g(x)=f′(x)，
因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)=1＋tcsx≥0恒成立，
所以tcsx≥－1恒成立，因为csx∈[－1，1]，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－t≥－1，,t≥－1，))所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
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，＋∞).
答案为：A.
解析：构造F(x)=eq \f(fx,csx)形式，则F′(x)=eq \f(f′xcsx＋fxsinx,cs2x)，
∵f′(x)csx＋f(x)sinx>0，
则F′(x)>0，F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增.把选项转化后可知选A.
答案为：D
解析：由题意知， f ′(x)=ex－e，令f ′(x)＞0，解得x＞1.故选D.
答案为：A
解析：由题意可知，当x＜1时， f ′(x)＞0，函数f(x)为增函数.
又f(3)=f(－1)，－1＜0＜eq \f(1,2)＜1，
∴f(－1)＜f(0)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即f(3)＜f(0)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，所以c＜a＜b.故选A.
答案为：D
解析：由题意知， f ′(x)=1－eq \f(b,x2).∵函数f(x)=x＋eq \f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点， ∴当1－eq \f(b,x2)=0时，b=x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4).令f ′(x)＞0，解得x＜－eq \r(b)或x＞eq \r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(b))，(eq \r(b)，＋∞)，
∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意.故选D.
答案为：B
解析：因为函数y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x是R上的减函数，所以f ′(x)＞0的充分必要条件是
0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＜1, f ′(x)＜0的充分必要条件是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＞1.
由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))f ′(x)＜1，即f ′(x)＞0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(2，＋∞).故选B.
答案为：C
解析：f ′(x)=(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex=[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意可知，
当x∈[－1,1]时， f ′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立.
令g(x)=x2＋(2－2a)x－2a，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g－1≤0，,g1≤0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq \f(3,4).
答案为：D
解析：因为f(x)=x3＋bx2＋cx＋d，所以f ′(x)=3x2＋2bx＋c，
由图可知f ′(－2)=f ′(3)=0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12－4b＋c＝0，,27＋6b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))
令g(x)=x2＋eq \f(2,3)bx＋eq \f(c,3)，则g(x)=x2－x－6，g′(x)=2x－1，
由g(x)=x2－x－6＞0，解得x＜－2或x＞3.令g′(x)＜0，解得x所以g(x)=x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，
所以函数y=lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为(－∞，－2).
答案为：C
解析：结合函数y=ax2(a>0)和y=ex的图象可知，要使曲线C1：y=ax2(a>0)
与曲线C2：y=ex存在公共切线，只要ax2=ex在(0，＋∞)上有解，
从而a=eq \f(ex,x2).令h(x)=eq \f(ex,x2)(x>0)，则h′(x)=eq \f(ex·x2－ex·2x,x4)=eq \f(x－2ex,x3)，
令h′(x)=0，得x=2，易知h(x)min=h(2)=eq \f(e2,4)，所以a≥eq \f(e2,4).
答案为：- eq \f(17,3)；
解析：f′(x)=x2＋2x-3，令f′(x)=0，得x=1(x=-3舍去)，
又f(0)=-4，f(1)=-eq \f(17,3)，f(2)=-eq \f(10,3)，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)=-eq \f(17,3).
答案为：(0，＋∞).
解析：令F(x)=eq \f(fx,ex)，则F(0)=1，
F′(x)=eq \f(f′xex－fxex,e2x)=eq \f(f′x－fx,ex)<0，
故F(x)为R上的减函数，有f(x)故不等式f(x) 答案为：[2,4]
解析：f ′(x)=x2－2(4m－1)x＋15m2－2m－7，由题意可知，f ′(x)≥0在R上恒成立，
所以Δ=4(4m－1)2－4(15m2－2m－7)=4(m2－6m＋8)≤0，解得2≤m≤4.
答案为：(1，eq \r(2))
解析：∵f ′(x)是偶函数，且f(0)=0，
∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1).又导函数值恒大于0，
∴原函数在定义域上单调递增， ∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，
∴－1＜1－x＜x2－1＜1，解得1＜x＜eq \r(2)，∴实数x的取值范围是(1，eq \r(2)).