高考数学一轮复习课时训练：第3章 导数及其应用 14-1 Word版含解析（含答案）

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【课时训练】课时1　导数与函数的单调性一、选择题1．(2018芜湖模拟)函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1)　　 D．(1，＋∞)【答案】D【解析】由题意知， f ′(x)＝ex－e，令f ′(x)＞0，解得x＞1.故选D.2．(2018江西宜春模拟)下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)A．f(x)＝sin 2x　　 B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x  D．f(x)＝－x＋ln x【答案】B【解析】对于A，易得f(x)＝sin 2x的单调递增区间是[kπ－，kπ＋](k∈Z)；对于B, f ′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时， f ′(x)＞0，所以函数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＜－，所以函数f(x)在和上单调递增；对于D, f ′(x)＝－1＋＝－，令f ′(x)＞0，得0＜x＜1，所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增．综上所述，选B.3．(2018漳州模拟)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＝f，c＝f(3)，则(　　)A．c＜a＜b　 B．c＜b＜a　C．a＜b＜c  D．b＜c＜a【答案】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＜＜1，∴f(－1)＜f(0)＜f，即f(3)＜f(0)＜f，所以c＜a＜b.故选A.4．(2018湛江模拟)若函数f(x)＝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)【答案】D【解析】由题意知， f ′(x)＝1－.∵函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点， ∴当1－＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f ′(x)＞0，解得x＜－或x＞，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．故选D.5．(2018江西鹰潭模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2(x2＋bx＋)的单调递减区间为(　　)A.　 B．[3，＋∞)C．[－2,3]　　 D．(－∞，－2)【答案】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，所以解得令g(x)＝x2＋bx＋，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＝log2的单调递减区间为(－∞，－2)．5题图6题图6．(2018山东泰安模拟)已知函数y＝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【答案】B【解析】因为函数y＝x是R上的减函数，所以f ′(x)＞0的充分必要条件是0＜f ′(x)＜1, f ′(x)＜0的充分必要条件是f ′(x)＞1.由图象可知，当x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)时，0＜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.7．(2018四川成都一诊)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.　　 B．C. D．【答案】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，则有即解得a≥.8．(2018河北五校联考)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.　 B．C. D．【答案】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＝.令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝＝，令h′(x)＝0，得x＝2，易知h(x)min＝h(2)＝，所以a≥.二、填空题9．(2018湖南邵阳联考)已知函数f(x)＝－(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________．【答案】[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≤4.10．(2018杭州四校联考)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________．【答案】(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，＋∞)．11．(2018成都模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．【答案】(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，所以1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)⇔或⇔ 0＜t＜1或2＜t＜3.12．(2018广东佛山质检)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)＝5＋cos 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__________．【答案】(1，) 【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＜，∴实数x的取值范围是(1，)．三、解答题13．(2018武汉模拟)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≥－ln x－1.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)∵f(x)≥，∴2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xln x＋x2＋3.又x＞0，∴m≤在∈(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，即m的最大值为4.