2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（含解析）理

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1、課后限時集訓(xùn)(十四) (建議用時：60分鐘) A組　基礎(chǔ)達標 一、選擇題 1．函數(shù)y＝4x2＋的單調(diào)增區(qū)間為( ) A．(0，＋∞) B. C．(－∞，－1) D. B　[函數(shù)y＝4x2＋的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)， y′＝8x－＝，令y′＞0，得8x3－1＞0. 解得x＞，故選B.] 2．若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是( ) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) D　[由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞

2、)上單調(diào)遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.即k的取值范圍為[1，＋∞)．] 3．已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x∈R，則f，f(1)，f的大小關(guān)系為( ) A．f＞f(1)＞f B．f(1)＞f＞f C．f＞f(1)＞f D．f＞f＞f(1) A　[因為f(x)＝xsin x， 所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)． 所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f＝f.又x∈時，f′(x)＝sin x＋xcos x＞0，所以此時函數(shù)是增函數(shù)． 所以f＜f(1)＜f. 所以f＞f(1)＞f，故選A.]

3、 4．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax，在(－1,1)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍為( ) A．(1，＋∞) B．[3，＋∞) C．(－∞，1] D．(－∞，3] B　[f′(x)＝3x2－a，由題意知3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2在(－1,1)上恒成立，又0≤3x2＜3，則a≥3，故選B.] 5．(2019·長春模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為( ) A．ex1f(x2)＞ex2f(x1) B．ex1f(x2)＜ex2f(x1) C

4、．ex1f(x2)＝ex2f(x1) D．ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系不確定 A　[設(shè)g(x)＝， 則g′(x)＝＝， 由題意得g′(x)＞0，所以g(x)單調(diào)遞增， 當x1＜x2時，g(x1)＜g(x2)，即＜， 所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)，故選A.] 二、填空題 6．函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的單調(diào)遞減區(qū)間是________． (0,1)　[函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞) f′(x)＝2x－＝，令f′(x)＜0得 0＜x＜1，因此f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．] 7．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，則

5、實數(shù)a的取值范圍為________． [3，＋∞)　[∵函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，∴f′(x)＝3x2－2ax≤0在(0,2)內(nèi)恒成立， 即a≥x在(0,2)內(nèi)恒成立． ∵t＝x在(0,2]上的最大值為×2＝3，∴a≥3.] 8．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x(a∈R)是區(qū)間(1,4)上的單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是________． (－∞，2]∪[5，＋∞)　[f′(x)＝x2－ax＋a－1＝(x－1)·[x－(a－1)] ∵f(x)是區(qū)間(1,4)上的單調(diào)函數(shù)． ∴a－1≤1或a－1＞4，解得a≤2或a≥5.] 三、解答題 9．已

6、知函數(shù)f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－－(x＞0)， 由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 則f′(x)＝(x＞0)． 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 因為x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當x∈(0,5)時，f′(x)＜0， 故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)； 當x∈(5，＋

7、∞)時，f′(x)＞0， 故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)， 綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(5，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,5)． 10．已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，當a＜0時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝x－＋a－2＝. ①當－a＝2，即a＝－2時，f′(x)＝≥0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． ②當0＜－a＜2，即－2＜a＜0時，∵0＜x＜－a或x＞2時，f′(x)＞0；－a＜x＜2時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－a,2)內(nèi)單調(diào)遞減． ③當－a＞2

8、，即a＜－2時， ∵0＜x＜2或x＞－a時，f′(x)＞0；2＜x＜－a時，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，－a)內(nèi)單調(diào)遞減． 綜上所述，當a＝－2時，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當－2＜a＜0時，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(－a,2)內(nèi)單調(diào)遞減；當a＜－2時，f(x)在(0,2)，(－a，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，在(2，－a)內(nèi)單調(diào)遞減． B組　能力提升 1．(2019·惠州模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＜，則f(x)＜＋的解集為( ) A．{x|－1＜x＜1} B

9、．{x|x＜－1} C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|x＞1} D　[令φ(x)＝f(x)－－，則φ′(x)＝f′(x)－＜0，∴φ(x)在R上是減函數(shù)．∵φ(1)＝f(1)－－＝1－1＝0，∴φ(x)＝f(x)－－＜0的解集為{x|x＞1}，故選D.] 2．(2017·山東高考)若函數(shù)exf(x)(e＝2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)．下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是( ) A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2 C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x A　[若f(x)具有性質(zhì)M

10、，則[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定義域上恒成立． 對于選項A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合題意． 經(jīng)驗證，選項B，C，D均不符合題意． 故選A.] 3．(2019·合肥模擬)已知f(x)＝e－x－ex＋x－sin x(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，則不等式f(x2－x)＜f(x＋3)的解集為________． (－∞，－1)∪(3，＋∞)　[由已知得，f(－x)＝ex－e－x－x＋sin x＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，又f′(x)＝－e－

11、x－ex＋1－cos x，－e－x－ex＝－≤－2，所以f′(x)＜0恒成立，所以f(x)是R上的減函數(shù)，所以f(x2－x)＜f(x＋3)，即x2－x＞x＋3，所以x2－2x－3＞0，所以x＜－1或x＞3.] 4．(2019·新鄉(xiāng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2＋2ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)若f(x)在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)∵當a＝1時，f′(x)＝ex－2x＋2，∴f′(1)＝e， 又f(1)＝e＋1， ∴所求切線方程為y－(e＋1)＝e(x－1)，即ex－y＋1＝0. (2)f′(x)＝ex－2x＋2a， ∵f(x)在R上單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在R上恒成立， ∴a≥x－在R上恒成立，令g(x)＝x－， 則g′(x)＝1－，令g′(x)＝0，則x＝ln 2， 在(－∞，ln 2)上，g′(x)＞0；在(ln 2，＋∞)上，g′(x)＜0， ∴g(x)在(－∞，ln 2)上單調(diào)遞增，在(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴g(x)max＝g(ln 2)＝ln 2－1，∴a≥ln 2－1， ∴實數(shù)a的取值范圍為[ln 2－1，＋∞)． - 6 -