备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十五)　导数与函数的单调性

这是一份备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价(十五)　导数与函数的单调性，共5页。试卷主要包含了点全面广强基训练，重点难点培优训练等内容，欢迎下载使用。
课时验收评价(十五)　导数与函数的单调性一、点全面广强基训练1．函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是(　 )A.  B．C.  D．解析：选B　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)的单调递减区间是.2．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，故选A.3．已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的单调递减区间为，则(　 )A．a∈(－∞，－3]  B．a＝－3C．a＝3  D．a∈(－∞，3]解析：选B　由f(x)＝ln x＋x2＋ax得f′(x)＝，又f(x)的单调递减区间是，所以和1是方程＝0的两个根，代入得a＝－3，经检验满足题意．故选B.4．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，即a>0时，f(x)在R上单调递增；由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．5．若函数f(x)＝ex(sin x＋a)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是(　 )A．[，＋∞)  B．(1，＋∞)C．(－，＋∞)  D．[1，＋∞)解析：选D　由题意知f′(x)＝ex(sin x＋cos x＋a)≥0在区间上恒成立，即a≥－sin在区间上恒成立，∵x＋∈，∴sin∈，∴－sin∈[－，1)，∴a≥1，故选D.6．已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是________．解析：由题意得，f′(x)＝2x－5＋＝(x>0)．令f′(x)＝＝>0(x>0)，解得x>2或0<x<.综上所述，函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．答案：和(2，＋∞)7．若函数f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝ax＋cos x在R上单调递增，则f′(x)＝a－sin x≥0恒成立，即a≥sin x恒成立，由于－1≤sin x≤1，所以a≥1.答案：[1，＋∞)8．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．解析：∵f(x)在(－1，＋∞)上为减函数，∴f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立．∵f′(x)＝－x＋，∴－x＋≤0，即b≤x(x＋2)在(－1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，∴g(x)min＝－1，∴b≤－1.答案：(－∞，－1]9．已知函数f(x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋2a2x－a＝＝.①若a＝0，则f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②若a>0，则当x＝时，f′(x)＝0，当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增．③若a<0，则当x＝－时，f′(x)＝0，当0<x<－时，f′(x)<0；当x>－时，f′(x)>0.故f(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．10．已知函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋3.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x2＋3，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＋x＝.由得0＜x＜1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．(2)因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．二、重点难点培优训练1．已知函数y＝在其定义域上单调递减，则函数f(x)的图象可能是(　 )解析：选A　∵函数y＝在其定义域上单调递减，∴′＝≤0在定义域上恒成立，且不恒为0，即f(x)≥f′(x)恒成立．结合题图知A正确．2．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0成立，则(　 )A．4f(－2)<9f(3)  B．4f(－2)>9f(3)C．2f(3)>3f(－2)  D．3f(－3)<2f(－2)解析：选A　设g(x)＝x2f(x)⇒g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，则当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，易得g(x)是偶函数，则4f(－2)＝g(－2)＝g(2)<g(3)＝9f(3)，故选A.3．已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－2,3)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解：f′(x)＝ex－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a>0，即f(x)在R上单调递增；若a>0，令ex－a≥0，解得x≥ln a.即f(x)在[ln a，＋∞)上单调递增，因此当a≤0时，f(x)的单调递增区间为R，当a>0时，f(x)的单调递增区间是[ln a，＋∞)．(2)存在实数a满足条件．因为f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立，所以a≥ex在(－2,3)上恒成立．又因为－2<x<3，所以e－2<ex<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，在(－2,3)上f′(x)＝ex－e3<0，即f(x)在(－2,3)上单调递减，所以a≥e3.故存在实数a∈[e3，＋∞)，使f(x)在(－2,3)上单调递减．4．已知函数f(x)＝aln x－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，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，当a>0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间. (2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝(x>0)．∴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，又g′(0)＝－2<0，∴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)＝－2<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，即m<－5且m<－9，即m<－9，又g′(3)>0，即m>－.∴－<m<－9.即实数m的取值范围是.