2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习52《导数与函数的单调性》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习52《导数与函数的单调性》(含详解)，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
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，＋∞)
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( )

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 ]
若函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.[eq \f(1,2),+∞) C.[2,+∞) D.(-∞,eq \f(1,2))
设函数f(x)=eq \f(1,2)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]
已知定义在R上的函数f(x)，f(x)＋x·f′(x)<0，若aA.af(a)C.af(a)>bf(b) D.af(b)>bf(a)
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)))
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,+∞)
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)
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)
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)=cs x
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( )
二、填空题
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__________.
已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)=－3，且对任意的x∈R总有f ′(x)＜3，
则不等式f(x)＜3x－15的解集为________.
已知函数f(x)=x3－2x＋ex－eq \f(1,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________.
函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2－x)，且(x－1)f′(x)<0，若a=f(0)，b=f(0.5)，c=f(3)，则a，b，c的大小关系是 .
设函数f(x)=eq \f(1,2)x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是 .
已知函数f(x)=－eq \f(1,2)x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是 .
\s 0 答案解析
答案为：A；
解析：设g(x)=eq \f(fx,e2x)，则g′(x)=eq \f(f′x－2fx,e2x)＜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.
答案为：D；
解析：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.
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：B.
解析:f′(x)=k-eq \f(1,x),因为函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,
所以f′(x)≥0在区间(2,+∞)上恒成立.
所以k≥eq \f(1,x),而y=eq \f(1,x)在区间(2,+∞)上单调递减,
所以k≥eq \f(1,2),所以k的取值范围是[eq \f(1,2),+∞).
答案为：A；
解析：∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)=x－eq \f(9,x)，
∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＞0，,a＋1≤3，))解得1＜a≤2.
答案为：C；
解析：[x·f(x)]′=x′f(x)＋x·f′(x)=f(x)＋x·f′(x)<0，
∴函数x·f(x)是R上的减函数，∵abf(b).
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：A.
解析:函数的定义域是(0,+∞),且f′(x)=1-=,令f′(x)<0,解得0所以单调递减区间是(0,1).
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：D；解析：令g(x)=eq \f(f（x）,ex)，
则g′(x)=(eq \f(f（x）,ex))′=eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,e2x)=eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＜0，
所以函数g(x)=eq \f(f（x）,ex)是单调减函数，
所以g(1)＜g(0)，g(2 020)＜g(0)，
即eq \f(f（1）,e1)＜eq \f(f（0）,e0)，eq \f(f（2 020）,e2 020)＜eq \f(f（0）,e0)，
故f(1)＜ef(0)，f(2 020)＜e2 020f(0).
答案为：A；
解析：当f(x)=2－x时，ex·f(x)=ex·2－x=eq \f(ex,2x)，
令y=eq \f(ex,2x)，则y′=(eq \f(ex,2x))′=eq \f(ex2x－ex2xln 2,（2x）2)=eq \f(ex,2x)(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.
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.
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)).
答案为：(4，＋∞)
解析：令g(x)=f(x)－3x＋15，则g′(x)=f ′(x)－3＜0，所以g(x)在R上是减函数.
又g(4)=f(4)－3×4＋15=0，所以f(x)＜3x－15的解集为(4，＋∞).
答案为：[-1,eq \f(1,2)].
解析：函数f(x)的定义域关于原点对称.
∵f(x)=x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，
∴f(－x)=(－x)3－2(－x)＋e－x－eq \f(1,e－x)=－x3＋2x＋eq \f(1,ex)－ex=－f(x)，
∴f(x)为奇函数，又f′(x)=3x2－2＋ex＋eq \f(1,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≤eq \f(1,2).
答案为：b>a>c.
解析：因为f(x)=f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称.
因为(x－1)f′(x)<0.所以当x>1时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；
当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.
据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象，如图所示.
因为a=f(0)是图中点A的纵坐标，b=f(eq \f(1,2))是图中点B的纵坐标，c=f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.
答案为：(1,2]
解析:f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=x-.由f′(x)=x-<0,解得0因为f(x)=eq \f(1,2)x2-9ln x在[a-1,a+1]上单调递减,
所以解得1 答案为：(0,1)∪(2,3)；
解析：由题意知f′(x)=－x＋4－eq \f(3,x)=－eq \f(x－1x－3,x)，
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.