2022人教版高考数学（浙江版）一轮复习训练：第三章第2讲第1课时导数与函数的单调性（含解析）

[A级　基础练]1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调情况是(　　)A．增函数　B．减函数C．先增后减　D．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)A．f(b)＞f(c)＞f(d)B．f(b)＞f(a)＞f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a)D．f(c)＞f(e)＞f(d)解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，因为a<b<c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)，故选C.3．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)解析：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝， 所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D.4．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]解析：选A.因为f(x)＝x2－9lnx，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0<x≤3，所以f(x)在(0，3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0，3]，所以a－1＞0且a＋1≤3，解得1<a≤2.5．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析：选B.由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B.6．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．解析：因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)7．已知函数f(x)＝ax＋lnx，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时f′(x)≤0，当0＜x＜－时f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.答案：　8．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________．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，所以3ax2＋6x－1＝0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，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)9．(1)设函数f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的单调区间．(2)设f(x)＝ex(lnx－a)(e是自然对数的底数，e＝2.71828…)，若函数f(x)在区间上单调递减，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号．令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(2)由题意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．因为ex>0，所以只需lnx＋－a≤0，即a≥lnx＋在上恒成立．令g(x)＝lnx＋.因为g′(x)＝－＝，由g′(x)＝0，得x＝1.x(1，e)g′(x)－＋g(x)g＝ln＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，所以g(x)max＝g＝e－1.故a≥e－1.[B级　综合练]10．(2020·温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有(　　)A．f(0)＋f(6)≤2f(3)B．f(0)＋f(6)＜2f(3)C．f(0)＋f(6)≥2f(3)D．f(0)＋f(6)＞2f(3)解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A. 11．(2020·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)．当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为(　　)A．(，1)B．(－∞，)∪(1，＋∞)C．(，＋∞)D．(－∞，)解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，所以f(－x)＝f(x)因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，因为g(x)＝x2f(x)，所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，所以g(x)在[0，＋∞)上为减函数，因为f(x)为偶函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，因为g(x)＜g(1－2x)所以|x|＞|1－2x|，即(x－1)(3x－1)＜0解得＜x＜1，选A.12．(2020·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3， 切线的斜率为－3，所以切线方程为y＝－3x；3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．答案：y＝－3x　[－2，2]13．已知函数g(x)＝x3－ax2＋2x.(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；(2)若g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．解：(1)因为g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，所以即解得a≤－3，即实数a的取值范围为(－∞，－3]．(2)因为g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x2－ax＋2，所以g′(－2)·g′(－1)<0或由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．由得 即解得－3<a<－2，即实数a的取值范围为(－3，－2)．14．设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．解：(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)，此时f′(x)＝，可得f′(1)＝，又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋＝.当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ③当－<a<0时，Δ>0，设x1，x2(x1<x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由于x1＝＝>0，所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－时，函数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．[C级　提升练]15．(2021·杭州市七校联考)设定义在R上的函数y＝f(x)满足∀x∈R，f(x＋2)＝ ，且x∈(0，4]时，f′(x)＞，则4f(2019)，3f(2020)，12f(2021)的大小关系是(　　)A．4f(2019)＜3f(2020)＜12f(2021)B．3f(2020)＜4f(2019)＜12f(2021)C．12f(2021)＜3f(2020)＜4f(2019)D．12f(2021)＜4f(2019)＜3f(2020)解析：选D.因为f(x＋2)＝，所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝＝f(x)，所以f(x)是以4为周期的周期函数，所以4f(2019)＝4f(3)，3f(2020)＝3f(4)，12f(2021)＝12f(1)．令g(x)＝，则g′(x)＝，因为x∈(0，4]时，f′(x)＞，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(0，4]上单调递增，故＜＜，整理可得12f(1)＜4f(3)＜3f(4)，即12f(2021)＜4f(2019)＜3f(2020)，故选D.16．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝(1－x)ex，且f(2)＝0，则f(x)＞0的解集为________．解析：设F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝(1－x)ex，设F(x)＝(ax＋b)ex＋c，则F′(x)＝(ax＋b＋a)ex，所以，解得，所以F(x)＝(2－x)ex＋c，又F(2)＝2f(2)＝0，所以c＝0，所以F(x)＝(2－x)ex，f(x)＝ex，由f(x)＞0，得0＜x＜2，所以不等式f(x)＞0的解集是(0，2)．答案：(0，2)