【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：3.2.docx

第三章 3.2 第2课时
高考数学（理）黄金配套练习
一、选择题
1．函数y＝x3－3x的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，0)　　　　　B．(0，＋∞)
C．(－1,1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
答案　C
解析　∵y′＝3x2－3，∴由3x2－3<0得－1′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)·ex，由函数导数与函数单调性关系得：当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)·ex>0解得：x>2.
3．函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调递增区间为(　　)
A．(0，) B．(，＋∞)
C．(－∞，) D．(－∞，a)
答案　A
解析　由f′(x)＝－a>0
得0　依题意，f′(x)在[a，b]上是增函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线的斜率随着x的增大而增大，观看四个选项中的图象，只有A满足，故选A.
5．已知函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调减区间是(　　)
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)和(1,2) D．[2，＋∞)
答案　C
解析　依据函数f(x)(x∈R)的图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，可知其导数f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0得x<－1或1g′(x)，则当ag(x)
B．f(x)g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)
答案　C
解析　∵f′(x)>g′(x)，∴[f(x)－g(x)]′>0，
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数．
∴f(a)－g(a)g(x)＋f(a)．
7．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f(－3)·g(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)＜0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
答案　D
解析　f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数
∴f(x)·g(x)为奇函数
x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0
即x＜0时，[f(x)·g(x)]′＞0
∴f(x)·g(x)为增函数，且f(－3)·g(－3)＝0
依据函数性质可知，f(x)·g(x)＜0的解集为
(－∞，－3)∪(0,3)
8．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则(　　)
A．a)<0，可知f′(x)>0，
即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)2
解析　假设y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3在R上是单调递增函数，则f′(x)＝y′≥0恒成立．
即x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立，所以Δ＝4b2－4(b＋2)≤0成立，解得－1≤b≤2，故所求为b>2或b<－1.
11．函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________
答案　(2，＋∞)
解析　令g(x)＝f(x)－x
∴g′(x)＝f′(x)－1
由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数
∵g(2)＝f(2)－2＝0
∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．
12．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，f(－4)，f()，f(－)的大小关系为______(用“<”连接)．
答案　f()x<0，
∴f′(x)＝sinx＋xcosx<0，则函数f(x)在x∈[，]时为减函数，
∴f()0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减．
14．已知函数f(x)＝＋x＋(a－1)ln x＋15a，其中a<0，且a≠－1.争辩函数f(x)的单调性．
解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－＋1＋＝.
①若－10；当－a1时，f′(x)>0，故f(x)分别在(0，－a)，(1，＋∞)上单调递增，在(－a,1)上单调递减．
②若a<－1，同①可得f(x)分别在(0,1)，(－a，＋∞)上单调递增，在(1，－a)上单调递减．
15．已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的单调增区间；
(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围；
(3)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解析　f′(x)＝ex－a.
(1)若a≤0，f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即f(x)在R上递增．
若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥lna.
∴f(x)的单调递增区间为(lna，＋∞)．
(2)∵f(x)在R内单调递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
∴ex－a≥0，即a≤ex在R上恒成立，
∴a≤(ex)min.又∵ex>0，∴a≤0.
(3)由题意知ex－a≤0在(－∞，0]上恒成立，
∴a≥ex在(－∞，0]上恒成立．
∵ex在(－∞，0]上为增函数，
∴x＝0时，ex最大为1，∴a≥1.
同理可知ex－a≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤ex在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1.
综上可知：a＝1即存在a＝1满足条件．
16．已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)．
(1)当k＝2时，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间．
解析　(1)当k＝2时，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝－1＋2x.
由于f(1)＝ln 2，f′(1)＝，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－ln 2＝(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0.
(2)f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．
当k＝0时，f′(x)＝－.
所以，在区间(－1,0)上，f′(x)>0；在区间(0，＋∞)上，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间是(－1,0)，单调递减区间是(0，＋∞)．
当00.
所以，在区间(－1,0)和(，＋∞)上，f′(x)>0；
在区间(0，)上，
f′ (x)<0；
故f(x)的单调递增区间是(－1,0)和(，＋∞)，单调递减区间是(0，)．
当k＝1时，f′(x)＝.故f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．
当k＞1时，由f′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1,0)，x2＝0.
所以，在区间(－1，)和(0，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间(，0)上，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是(－1，)和(0，＋∞)，单调递减区间是(，0)．
拓展练习·自助餐

1若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是先增后减的函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是(　　)

答案　C
解析　依据题意f′(x)在[a，b]上是先增后减的函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线斜率是先随x的增大而增大，然后随x的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C满足题意．
2．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则函数f(x＋1)的单调递减区间是(　　)
A．(2,4) B．(－3，－1)
C．(1,3) D．(0,2)
答案　D
解析　由f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)知，当x∈(1,3)时，f′(x)<0.函数f(x)在(1,3)上为减函数，函数f(x＋1)的图象是由函数y＝f(x)图象向左平移1个单位长度得到的，所以(0,2)为函数y＝f(x＋1)的单调减区间．
3．设曲线y＝x2＋1在其任一点(x，y)处切线斜率为g(x)，则函数y＝g(x)·cos x的部分图象可以为(　　)

答案　A
解析　g(x)＝2x　
∴y＝2x·cosx此函数为奇函数，排解B、D
当x∈(0，)时，y>0，排解C
选A.
4．若函数y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)，则a的取值范围是(　　)
A．a＞0 B．－1＜a＜0
C．a＞1 D．0＜a＜1
答案　A
解析　y′＝a(3x2－1)
解3x2－1＜0得　－＜x＜
∴f(x)＝x3－x在(－，)上为减函数
又y＝a·(x3－x)的递减区间为(－，)．
∴a＞0
5．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)函数y＝f(x)的图象在x＝4处的切线的斜率为，若函数g(x)＝x3＋x2[f′(x)＋]在区间(1,3)上不是单调函数，求m的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(x>0)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为[1，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由f′(4)＝－＝，得a＝－2，则f(x)＝－2lnx＋2x－3，
∴g(x)＝x3＋(＋2)x2－2x，
∴g′(x)＝x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(1,3)上不是单调函数，且g′(0)＝－2<0，

故m的取值范围是(－，－3)．

6．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
解析　(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调削减，在(0，＋∞)单调增加．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时， f(x)≥0.由ex>1＋x(x≠0)可得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)