2024高考数学一轮复习专练13导数与函数的单调性含解析文新人教版

PAGE专练13导数与函数的单调性命题范围：利用导数探讨函数的单调性．[基础强化]一、选择题1．[2024·保定九校联考]函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()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．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下面推断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在(1,3)上f(x)是减函数C．在(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝4时，f(x)取极大值3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使得函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈()A．[0,1]B．[3,5]C．[2,3]D．[2,4]4．[2024·福建福州联考]设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3.若实数a，b满意f(a)＝0，g(b)＝0，则()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·山东济南一中高三测试]已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调函数，则实数a的取值范围是()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．已知函数f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1)B．(－∞，1]C．(－∞，2)D．(－∞，2]7．[2024·东北师大附中高三测试]若f(x)＝eq\f(lnx,x)，0<a<b<e，则有()A．f(a)>f(b)B．f(a)＝f(b)C．f(a)<f(b)D．f(a)f(b)>18．已知函数y＝f(x)满意f′(x)＝x2－3x－4，则y＝f(x＋3)的单调减区间为()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．若函数f(x)＝x＋alnx不是单调函数，则实数a的取值范围是()A．[0，＋∞)B．(－∞，0]C．(－∞，0)D．(0，＋∞)二、填空题10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.11．已知定义在[－π，π]上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________．12．[2024·甘肃张掖一中高三测试]若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域上单调递增，则a的取值范围是________．[实力提升]13．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对随意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)14．[2024·合肥一中高三测试]f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对随意正实数a，则下列式子成立的是()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，则f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为________(用“<”连接)．16．已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0)a∈R，在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．专练13导数与函数的单调性1．B函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).2．C由函数y＝f(x)与y＝f′(x)的关系可知，当x∈(－2,1)时，f(x)先减后增，故A不正确；当x∈(1,3)时，f(x)先增后减，故B不正确；当x∈(4,5)时，f′(x)>0，∴f(x)在(4,5)上单调递增，故C正确；由函数的图象可知函数在x＝4处取得微小值，故D不正确．3．C因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1,3]上单调递减，f(x)的图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2,4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2,4]内的选项为C.故选C.4．A对函数f(x)＝ex＋x－2求导得f′(x)＝ex＋1，f′(x)>0在R上恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，f(a)＝0，所以0<a<1.对函数g(x)＝lnx＋x2－3求导得g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x，知g′(x)>0在定义域(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为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函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1的导数为f′(x)＝－3x2＋2ax－1.∵函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴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)，∴实数a的取值范围是[－eq\r(3)，eq\r(3)]．故选A.6．D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－eq\f(a,x)≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤2.故选D.7．C∵f(x)＝eq\f(lnx,x)，∴f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵0<a<b<e，∴f(a)<f(b)．故选C.8．A由f′(x)＝x2－3x－4<0，得－1<x<4，∴f(x)的单调减区间为(－1,4)，∴y＝f(x＋3)的单调减区间为(－4,1)．9．C∵f′(x)＝1＋eq\f(a,x)，由题意得1＋eq\f(a,x)＝0在(0，＋∞)上有解，∴a＝－x<0，∴a的取值范围是(－∞，0)．10．－12解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－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)的单调增区间为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)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)－a，由题意得：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(当且仅当4x＝eq\f(1,x)，即：x＝eq\f(1,2)时等号成立)，∴a≤4.13．B设F(x)＝f(x)－2x－4，F′(x)＝f′(x)－2>0，∴F(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴原不等式的解集为(－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上单调递增，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为偶函数，∴f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上为减函数，∴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(依题意，当x>0时，函数f′(x)≥0恒成