2022届高考数学(文科)总复习课时跟踪练：(十四)导.doc

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课时跟踪练(十四)
A组　基础巩固
1．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减 B．先减后增
C．单调递增 D．单调递减
解析：易知f′(x)＝－sin x－1，x∈(0，π)，
所以f′(x)<0，则f(x)＝cos x－x在(0，π)上单调递减．
答案：D
2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　)

解析：由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足．
答案：D
3．(2019·龙泉二中月考)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)
A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3
B．不存在这样的实数k
C．－2<k<2
D．－3<k<－1或1<k<3
解析：因为f(x)＝x3－12x，所以f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2，
若函数f(x)＝x3－12x在(k－1，k＋1)上不是单调函数，
则方程f′(x)＝0在(k－1，k＋1)内有解．
所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.
答案：D
4．若f(x)＝，e<a<b，则(　　)
A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1
解析：f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，所以f(a)>f(b)．
答案：A
5．(2019·保定一中模拟)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：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．
又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.
答案：B
6．(2017·山东卷)若函数exf(x)(e＝2.718 28…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－x B．f(x)＝x2
C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x
解析：若f(x)具有性质M，则[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．
对于选项A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)>0，符合题意．
经验证，选项B，C，D均不符合题意．
故选A.
答案：A
7．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为(　　)
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(1，e) D．(e，＋∞)
解析：F′(x)＝＝，
又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0.
所以F(x)在定义域R上单调递减．
由F(x)<＝F(1)，得x>1.
所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞)．
答案：B
8．函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f′(x)＝2x－＝(x>0)，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，因此f(x)的单调递减区间是(0，1)．
答案：(0，1)
9．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，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，＋∞)
10．(2019·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．
解析：设F(x)＝f(x)－x，所以F′(x)＝f′(x)－，
因为f′(x)<，所以F′(x)＝f′(x)－<0，
即函数F(x)在R上单调递减．
因为f(x2)<＋，所以f(x2)－<f(1)－，
所以F(x2)<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，
所以x2>1，解得x<－1或x>1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．
答案：{x|x<－1或x>1}
11．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋2ax＝.
(1)当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
(3)当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝ .
故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
12．(2019·徐州调研)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
(1)解：由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，
从而g(x)＝－＝>0.
故当x>1时，g(x)>0.
B组　素养提升
13．(2019·湖北联考)若函数f(x)＝kex－x2在区间(0，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是________．
解析：由f(x)＝kex－x2，得f′(x)＝kex－x.
因为函数f(x)＝kex－x2在(0，＋∞)上单调递增．
所以f′(x)＝kex－x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即k≥在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝，所以当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，所以k≥.
答案：
14．(2019·天津市滨海新区八校联考)设函数f(x)＝x2ex.
(1)求在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)当x∈[－2，2]时，使得不等式f(x)≤2a＋1能成立的实数a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝2xex＋x2ex，所以k＝f′(1)＝3e，且f(1)＝e.
故切线方程为3ex－y－2e＝0.
(2)令f′(x)>0，即xex(x＋2)>0，解得x>0或x<－2.
令f′(x)<0，得－2<x<0.
所以f(x)的单调增区间是(－∞，－2)和(0，＋∞)，单调减区间是(－2，0)．
(3)由(2)知f(x)在区间(－2，0)上单调递减，在区间(0，2)上单调递增．
所以f(x)min＝f(0)＝0.
当x∈[－2，2]时，不等式f(x)≤2a＋1能成立，须2a＋1≥f(x)min，即2a＋1≥0，故a≥－，
所以实数a的取值范围为.