2023高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第1课时第一课时导数与函数的单调性课时规范练文含解析北师大版202302202391

第二章　函数、导数及其应用第十一节　导数在研究函数中的应用第一课时　导数与函数的单调性课时规范练A组——基础对点练1．(2020·岳阳模拟)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为(　　)A．(0，1)　　　　　　B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．答案：A2．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：f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．答案：A3．(2020·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)·(x－x0)，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)A．(－1，1)，(3，＋∞)B．(－∞，－1)，(1，3)C．(－1，1)∪(3，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，3)解析：因为函数f(x)的图像上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图像在点(x0，y0)的切线斜率k＝(3－x0)(x－1)，所以f′(x)＝(3－x)(x2－1)．由f′(x)＝(3－x)(x2－1)＞0，解得x＜－1或1＜x＜3，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，3)．故选B.答案：B\n4．(2020·安徽示范高中二模)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：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝.所以x∈(0，e)时，f′(x)＞0；x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0.故f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，f(e)＞f(3)＞f(2)．故选D.答案：D5．(2020·珠海质检)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：由于f′(x)＝k－，则f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增⇒f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1，即k的取值范围为[1，＋∞)．答案：D6．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是(　　)答案：D7．(2020·娄底模拟)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0.且g(3)＝0.则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(　　)\nA．(－3，0)∪(3，＋∞)B．(－3，0)∪(0，3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0，3)解析：因为当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即[f(x)g(x)]′＞0，所以f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数，因为f(3)g(3)＝0，所以f(－3)g(－3)＝0.所以f(x)g(x)＜0的解集为x＜－3或0＜x＜3.答案：D8．若函数exf(x)(e＝2.71828…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－xB．f(x)＝x2C．f(x)＝3－xD．f(x)＝cosx解析：当f(x)＝2－x时，ex·f(x)＝ex·2－x＝，令y＝，则y′＝()′＝＝(1－ln2)．∵ex＞0，2x＞0，ln2＜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：A9．(2020·济南模拟)若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，求a的取值范围．解析：因为y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间，所以方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根，所以Δ＝02－4×(－4)×a＞0，所以a＞0.10．已知函数f(x)＝lnx－ax2－2x(a≠0)存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解析：f′(x)＝－(x＞0)，依题意，得f′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，\n即ax2＋2x－1＞0在x＞0时有解．所以a＞－＝(－1)2－1.所以a＞－1，又a≠0，所以－1＜a＜0或a＞0.B组——素养提升练11．(2020·苏州二模)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．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，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.答案：(0，1)∪(2，3)12．(2020·南京三模)函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1](a＞0)上单调递增，则实数a的最大值为________．解析：f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)，f′(x)＝ex(－x2＋a＋2)，若f(x)在[a，a＋1]上单调递增，则－x2＋a＋2≥0在[a，a＋1]上恒成立，即a＋2≥x2在[a，a＋1]上恒成立，若a＞0，y＝x2在[a，a＋1]上单调递增，y＝x2的最大值是(a＋1)2，故a＋2≥(a＋1)2，解得0＜a≤，则实数a的最大值为.答案：13．设函数f(x)＝ax2－a－lnx，其中a∈R，讨论f(x)的单调性．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)\nf′(x)＝2ax－＝(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝.此时，当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．综上当a≤0时，f(x)的递减区间为(0，＋∞)，当a＞0时，f(x)的递增区间为(，＋∞)，递减区间为(0，)．14．(2020·云南统考)已知函数f(x)＝lnx－.(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f[x(3x－2)]＜－，求实数x的取值范围．解析：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f(x)＝lnx－，∴f′(x)＝－＝.∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0.∴当x＞0时，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f(x)＝lnx－，∴f(1)＝ln1－＝－.由f[x(3x－2)]＜－得f[x(3x－2)]＜f(1)．由(1)得解得－＜x＜0或＜x＜1.∴实数x的取值范围为(－，0)∪(，1)．