2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練13導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性含解析文新人教版

PAGE專練13導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性命題范圍：利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性．[基礎(chǔ)強(qiáng)化]一、選擇題1．[2024·保定九校聯(lián)考]函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))2．已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則下面推斷正確的是()A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數(shù)B．在(1,3)上f(x)是減函數(shù)C．在(4,5)上f(x)是增函數(shù)D．當(dāng)x＝4時，f(x)取極大值3．若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝x2－4x＋3，則使得函數(shù)f(x－1)單調(diào)遞減的一個充分不必要條件是x∈()A．[0,1]B．[3,5]C．[2,3]D．[2,4]4．[2024·福建福州聯(lián)考]設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3.若實數(shù)a，b滿意f(a)＝0，g(b)＝0，則()A．g(a)<0<f(b)B．f(b)<0<g(a)C．0<g(a)<f(b)D．f(b)<g(a)<05．[2024·山東濟(jì)南一中高三測試]已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)]B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(－∞，－eq\r(3))6．已知函數(shù)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，1)B．(－∞，1]C．(－∞，2)D．(－∞，2]7．[2024·東北師大附中高三測試]若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0<a<b<e，則有()A．f(a)>f(b)B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b)D．f(a)f(b)>18．已知函數(shù)y＝f(x)滿意f′(x)＝x2－3x－4，則y＝f(x＋3)的單調(diào)減區(qū)間為()A．(－4,1)B．(－1,4)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))9．若函數(shù)f(x)＝x＋alnx不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[0，＋∞)B．(－∞，0]C．(－∞，0)D．(0，＋∞)二、填空題10．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的單調(diào)減區(qū)間為(－1,3)，則b＋c＝________.11．已知定義在[－π，π]上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________．12．[2024·甘肅張掖一中高三測試]若函數(shù)f(x)＝2x2＋lnx－ax在定義域上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________．[實力提升]13．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對隨意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)14．[2024·合肥一中高三測試]f(x)為定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)>f(x)，對隨意正實數(shù)a，則下列式子成立的是()A．f(a)<eaf(0)B．f(a)>eaf(0)C．f(a)<eq\f(f0,ea)D．f(a)>eq\f(f0,ea)15．若f(x)＝xsinx＋cosx，則f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小關(guān)系為________(用“<”連接)．16．已知函數(shù)f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0)a∈R，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．專練13導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1．B函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．C由函數(shù)y＝f(x)與y＝f′(x)的關(guān)系可知，當(dāng)x∈(－2,1)時，f(x)先減后增，故A不正確；當(dāng)x∈(1,3)時，f(x)先增后減，故B不正確；當(dāng)x∈(4,5)時，f′(x)>0，∴f(x)在(4,5)上單調(diào)遞增，故C正確；由函數(shù)的圖象可知函數(shù)在x＝4處取得微小值，故D不正確．3．C因為f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞減，f(x)的圖象向右平移一個單位長度得到f(x－1)的圖象，所以f(x－1)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減．用集合的觀點考慮“充分不必要條件”，在選項中，包含在區(qū)間[2,4]內(nèi)的選項為C.故選C.4．A對函數(shù)f(x)＝ex＋x－2求導(dǎo)得f′(x)＝ex＋1，f′(x)>0在R上恒成立，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．又f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，f(a)＝0，所以0<a<1.對函數(shù)g(x)＝lnx＋x2－3求導(dǎo)得g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x，知g′(x)>0在定義域(0，＋∞)上恒成立，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為g(1)＝－2<0且g(b)＝0，所以b>1，所以g(a)<0，f(b)>0，所以g(a)<0<f(b)．5．A函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－x－1的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，∴在(－∞，＋∞)上f′(x)≤0恒成立，即－3x2＋2ax－1≤0恒成立，∴Δ＝4a2－12≤0，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3)，∴實數(shù)a的取值范圍是[－eq\r(3)，eq\r(3)]．故選A.6．D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2x－eq\f(a,x)≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤2.故選D.7．C∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0，故f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．故選C.8．A由f′(x)＝x2－3x－4<0，得－1<x<4，∴f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,4)，∴y＝f(x＋3)的單調(diào)減區(qū)間為(－4,1)．9．C∵f′(x)＝1＋eq\f(a,x)，由題意得1＋eq\f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，∴a＝－x<0，∴a的取值范圍是(－∞，0)．10．－12解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由題意得3x2＋2bx＋c<0的解集為(－1,3)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝－\f(2b,3)，,－1×3＝\f(c,3)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,c＝－9，))∴b＋c＝－12.11.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析：∵f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，由f′(x)>0得－π<x<－eq\f(π,2)或0<x<eq\f(π,2)，∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).12．(－∞，4]解析：∵f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)－a，由題意得：4x＋eq\f(1,x)－a≥0，即：a≤4x＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，又4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))＝4(當(dāng)且僅當(dāng)4x＝eq\f(1,x)，即：x＝eq\f(1,2)時等號成立)，∴a≤4.13．B設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，F(xiàn)′(x)＝f′(x)－2>0，∴F(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴原不等式的解集為(－1，＋∞)．14．B令g(x)＝eq\f(fx,ex)，∴g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,ex2)＝eq\f(f′x－fx,ex)>0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增，又a>0，∴g(a)>g(0)，∴eq\f(fa,ea)>eq\f(f0,e0)，∴f(a)>eaf(0)．15．f(－3)＜f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))解析：∵f(x)＝xsinx＋cosx為偶函數(shù)，∴f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上為減函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))>f(2)>f(3)＝f(－3)．16.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)·ex＋2a(依題意，當(dāng)x>0時，函數(shù)f′(x)≥0恒成