2023版高考数学一轮复习第4章第2讲第1课时利用导数研究函数的单调性训练含解析.doc

第四章　第2讲　第1课时
[A级　根底达标]
1．(2023年内江期末)如下图为y＝f′(x)的图象，那么函数y＝f(x)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，－1)
B．(－2,0)
C．(－2,0)，(2，＋∞)
D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
【答案】C
2．(2023年潮州期末)函数f(x)＝x3＋ax2＋x－a在R上是单调函数，那么实数a的取值范围是(　　)
A．(－1,1)　　　 B．[－2,1]
C．[－1,1]　　　 D．[－1,2]
【答案】C
3．(2023年黄山期末)f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)>ex＋f(x)，f(0)＝5，那么不等式<5的解集为(　　)
A．(－∞，1)　　 B．(－∞，0)
C．(1，＋∞)　　 D．(0，＋∞)
【答案】B
4．(2023年内江期末)f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)>0，那么(　　)
A．2f(1)＜f(2)　　　 B．2f(1)＞f(2)
C．f(1)＜2f(2)　　 D．f(1)＞2f(2)
【答案】C
5．(多项选择)(2023年泰安四模)定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且cos xf′(x)＋sin xf(x)<0恒成立，那么(　　)
A．f>f　　 B．f>f
C．f>f　　 D．f>f
【答案】CD　【解析】令g(x)＝ ，x∈ ，那么 g′(x)＝，由题意知cos xf′(x)＋sin xf(x)<0，那么g′(x)＜0，即g(x)在上为减函数．由<，得g>g，即 >，得f>f.由< ，得g>g，即>，得f>f.
6．(2023年北京期末)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递减区间是__________．
【答案】(－∞，2)
7．(2023年菏泽期末)函数f(x)＝ax2－xln x，假设f′(1)＝3，那么a＝________；假设函数f(x)在 上单调递增，那么实数a的取值范围是________．
【答案】2　　【解析】由题意得f′(x)＝2ax－ln x－1 ，所以f′(1)＝2a－ln 1－1＝3，解得a＝2.因为f(x)在上单调递增，所以f′(x)＝2ax－ln x－1≥0在上恒成立，即a≥.设g(x)＝，x∈，那么g′(x)＝－.当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当∈(1，＋∞)时， g′(x)<0，g(x)单调递减．所以g(x)max＝g(1)＝ .所以a≥，即实数a的取值范围是.
8．(2023年新余期末)设函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)>x，那么不等式(x－2 020)2f(x－2 020)－4f(2)≤0的解集为____________．
【答案】(2 020,2 022]　【解析】 因为2f(x)＋xf′(x)>x，所以当x>0时，有2xf(x)＋x2f′(x)>x2>0.令g(x)＝x2f(x)，那么g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增．(x－2 020)2f(x－2 020)－4f(2)≤0可化为g(x－2 020)≤g(2)，所以0<x－2 020≤2，解得2 020<x≤2 022，所以不等式的解集为(2 020,2 022]．
9．(2023年珠海期末)函数f(x)＝x3＋x2－x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)假设x∈[－2,2]，求f(x)的值域．
解：(1)f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．
令f′(x)＞0，解得x＞或x＜－1；
令f′(x)＜0，解得－1＜x＜.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，，单调递减区间为.
(2)假设x∈[－2,2]，结合(1)得，
f(x)在[－2，－1]上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
而f(－2)＝－1，f(－1)＝2，f＝，f(2)＝11，故f(x)的值域是[－1,11]．
10．(2023年池州期末)函数f(x)＝x3－x2－ax＋5，其中a为常数．
(1)当a＝5时，求函数f(x)的单调区间；
(2)假设函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝5时，f(x)＝x3－x2－5x＋5，
f′(x)＝3x2－2x－5＝(3x－5)(x＋1)．
令f′(x)>0，解得x<－1或x>.
令f′(x)<0，解得－1<x<.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，，单调递减区间为.
(2)由题意得f′(x)＝3x2－2x－a，
因为函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
所以3x2－2x－a≥0在R上恒成立，
所以Δ＝4＋12a≤0，解得a≤－.
故实数a的范围是.
[B级　能力提升]
11．(2023年山西模拟)新型冠状病毒属于β属的冠状病毒，有包膜，颗粒常为多形性，其中包含着结构为数学模型的y＝Bcos ωβ，y＝kβ＋b，人体肺部结构中包含y＝Asin ωβ，y＝ln β，新型冠状病毒肺炎是由它们复合而成的，表现为f(β)，假设f(β)＝asin(1－β)＋ln β在区间(0,1)上为增函数，那么a的取值范围为(　　)
A．(－∞，0]　　 B．(－∞，1]
C．(0，＋∞)　　 D．[1，＋∞)
【答案】B 　【解析】因为f(β)＝asin(1－β)＋ln β在区间(0,1)上是增函数，所以f′(β)＝－acos(1－β)＋≥0在(0,1)上恒成立，所以1－β∈(0,1)⊆，所以cos(1－β)>0，所以a≤.又[βcos(1－β)]′＝cos(1－β)＋βsin(1－β)>0，故βcos(1－β)在(0,1)上单调递增．而βcos(1－β)∈(0,1)，所以∈(1，＋∞)，所以a≤1.
12．(多项选择)(2023年宿迁期末)假设函数f(x)在定义域D内的某个区间I上是单调增函数，且F(x)＝在区间I上也是单调增函数，那么称y＝f(x)是I上的“一致递增函数〞．f(x)＝x＋，假设函数f(x)是区间I上的“一致递增函数〞，那么区间I可能是(　　)
A．(－∞，－2)　　 B．(－∞，0)
C．(0，＋∞)　　 D．(2，＋∞)
【答案】AD　【解析】 函数f(x)是区间I上的“一致递增函数〞，所以函数f(x)和F(x) 在区间I上都是单调增函数．对于F(x)＝＝1＋，有F′(x)＝.令F′(x)>0，得x>2或x<0，即F(x)在区间(－∞，0)，(2，＋∞)上为增函数．对于f(x)＝x＋，有f′(x)＝.当x∈(2，＋∞)时，显然f′(x)>0成立，即f(x)在(2，＋∞)上为增函数，所以区间I可能为(2，＋∞)．当x∈(－∞，0)时，令g(x)＝x2＋ex(x－1)，那么g′(x)＝x(2＋ex)<0在(－∞，0)上恒成立，即 g(x)在(－∞，0)上单调递减．而g(－1)＝1－>0，g＝－<－<0，所以∃x0∈使得g(x0)＝0，且g(x)>0在(－∞，x0)上恒成立，即f′(x)>0在(－∞，x0)上恒成立．所以f(x)在(－∞，x0)上为增函数，其中x0∈.比照选项，可知x0＝－2符合题意，即区间I可能为(－∞，－2)．可知AD符合题意．
13．(2023年南平期末)函数f(x)＝－ln x(e为自然对数的底数，a为常数且a≠0)，f(x)在定义域内单调递减，那么a的取值范围为________．
【答案】　【解析】由题意得f′(x)＝eax－，x∈(0，＋∞)，假设f(x)在(0，＋∞)上递减，那么当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0恒成立，即a≤－在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝－ ，x∈(0，＋∞)，那么g′(x)＝.令g′(x)>0，解得x>e；令g′(x)<0，解得0<x<e.故g(x)在(0，e)上递减，在(e，＋∞)上递增，那么g(x)min＝g(e)＝－，那么a≤－.
14．(2023年武汉模拟)函数f′(x)是奇函数f(x) (x∈R)的导函数，且满足x>0时，ln x·f′(x)<－f(x)，那么不等式(x－2 020)f(x)>0的解集为__________．
【答案】(0,2 020)　【解析】令g(x)＝ln x·f(x)，那么g′(x)＝·f(x)＋ln x·f′(x)．因为x>0时，ln x·f′(x)<－f(x)，所以x>0时，g′(x)<0，即g(x)单调递减．因为g(1)＝0，所以0<x<1时，g(x)>0，那么f(x)<0；x>1时，g(x)<0，那么f(x)<0.所以当x>0且x≠1时，f(x)<0.又f′(1)·ln 1<－f(1)，所以f(1)<0.所以当x>0时，f(x)<0.又f(x)为奇函数，所以当x<0时，f(x)>0.所以(x－2 020)f(x)>0可化为或解得0<x<2 020.所以不等式的解集为(0,2 020)．
15．(2023年北京期末)a∈R，函数f(x)＝(x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)假设函数f(x)在(－1,1)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝x2ex，f′(x)＝xex(x＋2)．
令f′(x)>0，解得x>0或x<－2；
令f′(x)<0，解得－2<x<0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－2,0)．
(2)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a]ex.
令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a，
假设f(x)在(－1,1)上单调递减，
那么g(x)≤0在(－1,1)上恒成立，
那么
解得－4<a≤－，故a∈ .
[C级　创新突破]
16．(2023年运城期末)定义在R上的函数f(x)满足e4(x＋1)f(x＋2)＝f(－x)，且对任意的x≥1都有f′(x)＋2f(x)>0(其中f′(x)为f(x)的导数)，那么以下判断一定正确的选项是(　　)
A．e4f(2)>f(0)　　 B．e2f(3)<f(2)
C．e10f(3)<f(－2)　　 D．e8f(3)<f(－1)
【答案】C　【解析】设函数F(x)＝e2xf(x)，那么F′(x)＝2e2xf(x)＋22exf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]．因为对任意的x≥1都有f′(x)＋2f(x)>0，那么F′(x)>0，那么F(x)在[1，＋∞)上单调递增．F(x＋2)＝e2(x＋2)·f(x＋2)，F(－x)＝e－2x·f(－x)，因为e4(x＋1)·f(x＋2)＝f(－x)，所以e2(x＋2)·e2x·f(x＋2)＝f(－x)，即e2(x＋2)·f(x＋2)＝e－2x·f(－x)，即F(x＋2)＝F(－x)，所以F(x)关于x＝1对称，那么F(－2)＝F(4)．因为F(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以F(3)＜F(4)，即F(3)＜F(－2)，所以e6·f(3)<e－4·f(－2)，即e10·f(3)＜f(－2)成立，故C正确；由F(3)＝F(－1)，F(0)＝F(2)，可知A，D均错误；由F(3)＞F(2)，所以e2f(3)＞f(2)，B错误．
17．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？假设存在，求出a的取值范围；假设不存在，请说明理由．
解：f′(x)＝ex－a.
(1)假设a≤0，那么f′(x)＝ex－a>0，
即f(x)在R上单调递增；
假设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y＝ex在(－2,3)上单调递增，所以只需a≥e3.
故存在实数a∈[e3，＋∞)，使f(x)在(－2,3)上单调递减．
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