2023届高考数学特训营-第2节-第一课时-导数与函数的单调性

第一课时导数与函数的单调性A级(基础应用练)1．(2022•西宁市月考)下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．f(x)=sin2x B．f(x)=xexC．f(x)=x3－x D．f(x)=－x＋lnx答案：B解析：由于x>0，对于A选项，f′(x)=2cos2x，f′(eq\f(π,3))=－1<0，不符合题意；对于B选项，f′(x)=(x＋1)ex>0，符合题意；对于C选项，f′(x)=3x2－1，f′(eq\f(1,3))=－eq\f(2,3)<0，不符合题意；对于D选项，f′(x)=－1＋eq\f(1,x)，f′(2)=－eq\f(1,2)<0，不符合题意．综上所述，本小题选B.2．(2022•江西模拟(文))“m<4”是“函数f(x)=2x2－mx＋lnx在(0，＋∞)上单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案：A解析：若f(x)=2x2－mx＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)=4x－m＋eq\f(1,x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，∴有4x＋eq\f(1,x)≥m对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即m≤(4x＋eq\f(1,x))min，而4x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(4x·\f(1,x))=4，当且仅当x=eq\f(1,2)时等号成立，则m≤4.∴“m<4”是“函数f(x)=2x2－mx＋lnx在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．故选A.3．(2022•浙江模拟)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且函数f(x)的图象如图所示，则函数y=xf′(x)的图象可能是()答案：C解析：由图可知函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，则当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，且f′(－1)=0.对于函数y=xf′(x)，当x∈(－∞，－1)时，xf′(x)>0，当x∈(－1，0)时，xf′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，xf′(x)>0，且当x=－1时，xf′(x)=0，当x=0时，xf′(x)=0，显然选项C符合，故选C.4．(2022•四川模拟)若函数y=f(x)在区间D上是增函数，且函数y=f′(x)在区间D上也是增函数(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则称函数y=f(x)是区间D上的“快增函数”，区间D叫作“快增区间”，则函数f(x)=sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为()A．[0，eq\f(π,6)] B．[0，eq\f(π,3)]C．[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)] D．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]答案：A解析：f(x)=sin2x＋2sinx，x∈[0，π]，所以f′(x)=2sinxcosx＋2cosx=2cosx(sinx＋1)，因为sinx＋1≥0恒成立，当x∈[0，eq\f(π,2)]时，cosx≥0，所以f′(x)≥0，所以f(x)为增函数；当x∈(eq\f(π,2)，π)时，cosx<0，所以f′(x)<0，所以f(x)为减函数．令g(x)=f′(x)=2sinxcosx＋2cosx，x∈[0，eq\f(π,2)]，则g′(x)=2cos2x－2sin2x－2sinx=2－4sin2x－2sinx，令t=sinx，则t∈[0，1]，g′(t)=－4t2－2t＋2=－2(2t－1)(t＋1)，所以当t∈[0，eq\f(1,2)]时，g′(t)≥0，即x∈[0，eq\f(π,6)]时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以函数f(x)=sin2x＋2sinx在区间[0，π]上的“快增区间”为[0，eq\f(π,6)]，故选A.5．(2022•安徽月考)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x≠0)的导函数，f(－1)=－1.当x>0时，f′(x)>1，则使得f(x)>x成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(0，1)答案：B解析：由f′(x)>1(x>0)，可得f′(x)－1>0.令g(x)=f(x)－x，则g′(x)=f′(x)－1>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为f(－1)=－1，所以g(－1)=f(－1)＋1=0.又因为f(x)为奇函数，所以g(x)=f(x)－x为奇函数，所以g(1)=0，且在区间(－∞，0)上，g(x)单调递增．所以使得f(x)>x，即g(x)>0成立的x的取值范围是(－1，0)∪(1，＋∞)．故选B.6．(多选题)已知定义在(0，eq\f(π,2))上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有cosxf′(x)＋sinxf(x)<0成立，则()A．f(eq\f(π,6))>eq\r(2)f(eq\f(π,4)) B.eq\r(3)f(eq\f(π,6))>f(eq\f(π,3))C．f(eq\f(π,6))>eq\r(3)f(eq\f(π,3)) D.eq\r(2)f(eq\f(π,6))>eq\r(3)f(eq\f(π,4))答案：CD解析：根据题意，令g(x)=eq\f(f（x）,cosx)，x∈(0，eq\f(π,2))，则其导数g′(x)=eq\f(f′(x)•cosx＋sinx·f(x),cos2x)，又由x∈(0，eq\f(π,2))，所以恒有cosx•f′(x)＋sinx•f(x)<0，则g′(x)<0，所以函数g(x)为减函数，又由eq\f(π,6)<eq\f(π,3)，则有g(eq\f(π,6))>g(eq\f(π,3))，即eq\f(f（\f(π,6)）,cos\f(π,6))>eq\f(f（\f(π,3)）,cos\f(π,3))，分析可得f(eq\f(π,6))>eq\r(3)f(eq\f(π,3))；又由eq\f(π,6)<eq\f(π,4)，则有g(eq\f(π,6))>g(eq\f(π,4))，即eq\f(f（\f(π,6)）,cos\f(π,6))>eq\f(f（\f(π,4)）,cos\f(π,4))，分析可得eq\r(2)f(eq\f(π,6))>eq\r(3)f(eq\f(π,4))．故选CD.7．(2022•重庆月考)函数f(x)=lnx－eq\f(1,2)x2＋x的单调递增区间为__________．答案：(0，eq\f(1＋\r(5),2))解析：f′(x)=eq\f(1,x)－x＋1=eq\f(－x2＋x＋1,x)，x∈(0，＋∞)，由f′(x)>0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0,－x2＋x＋1>0))，得0<x<eq\f(1＋\r(5),2)，∴单调递增区间为(0，eq\f(1＋\r(5),2))．故答案为(0，eq\f(1＋\r(5),2))．8．若函数f(x)=cos2x－sin2x在区间[0，m]上单调递减，则m的一个值可以是__________．答案：eq\f(π,4)(答案不唯一，只要0<m≤eq\f(π,2))解析：∵f(x)=cos2x，∴f′(x)=－2sin2x，∴f′(x)=－2sin2x≤0在区间[0，m]上恒成立，∴sin2x≥0在区间[0，m]上恒成立，故取m=eq\f(π,4)，显然sin2x≥0恒成立，(2022•山东期末)已知函数f(x)的定义域为R，且f(－1)=2.若对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为__________．答案：(－1，＋∞)解析：设g(x)=f(x)－2x－4，则g′(x)=f′(x)－2，因为对任意x∈R，f′(x)>2，所以g′(x)>0，所以对任意x∈R，g(x)是单调递增函数，因为f(－1)=2，所以g(－1)=f(－1)＋2－4=4－4=0，由g(x)>g(－1)=0，可得x>－1，则f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．10．(2022•四川模拟)定义方程f(x)=f′(x)的实数根x0叫作函数f(x)的“新驻点”．(1)设f(x)=cosx，则f(x)在(0，π)上的“新驻点”为__________；(2)如果函数g(x)=ex－x与h(x)=ln(x＋1)的“新驻点”分别为α、β，那么α和β的大小关系是______．答案：eq\f(3π,4)α>β解析：(1)∵f(x)=cosx，∴f′(x)=－sinx，根据“新驻点”的定义得f(x)=f′(x)，即cosx=－sinx，可得tanx=－1，∵x∈(0，π)，解得x=eq\f(3π,4)，所以函数f(x)=cosx在(0，π)上的“新驻点”为eq\f(3π,4).(2)g(x)=ex－x，则g′(x)=ex－1，根据“新驻点”的定义得g(α)=g′(α)，即α=1.∵h(x)=ln(x＋1)，则h′(x)=eq\f(1,x＋1)，由“新驻点”的定义得h(x)=h′(x)，即ln(x＋1)=eq\f(1,x＋1)，构造函数F(x)=ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，则函数y=F(x)在定义域上为增函数，∵F(0)=－1<0，F(1)=ln2－eq\f(1,2)>0，F(β)=0，由零点存在定理可知，β∈(0，1)，∴α>β.B级(综合创新练)11．(2022•重庆市月考)已知函数f(x)=eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx，且f′(－1)=－4，f′(1)=0.(1)求a和b；(2)试判断函数f(x)的单调性．解：(1)∵f(x)=eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx，∴f′(x)=x2＋2ax＋b，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(－1)=－4,f′(1)=0))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a＋b＝－4,1＋2a＋b＝0))，解得a=1，b=－3.(2)由(1)得f(x)=eq\f(1,3)x3＋x2－3x，∴f′(x)=x2＋2x－3=(x－1)(x＋3)．由f′(x)>0，得x>1或x<－3；由f′(x)<0，得－3<x<1.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－3，1)．12．(2022•武冈模拟)设函数f(x)=lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，求a的取值范围．解：(1)a=2时，f(x)=lnx＋x2－4x＋4(x>0)，f′(x)=eq\f(1,x)＋2x－4=eq\f(2x2－4x＋1,x)，令f′(x)>0，解得x>eq\f(2＋\r(2),2)或0<x<eq\f(2－\r(2),2)，令f′(x)<0，解得eq\f(2－\r(2),2)<x<eq\f(2＋\r(2),2)，故函数f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(2－\r(2),2))、(eq\f(2＋\r(2),2)，＋∞)，单调递减区间为(eq\f(2－\r(2),2)，eq\f(2＋\r(2),2))．(2)f′(x)=eq\f(1,x)＋2x－2a=eq\f(2x2－2ax＋1,x)，x∈[1，3]，设g(x)=2x2－2ax＋1，假设函数f(x)在[1，3]上不存在单调递增区间，必有g(x)≤0，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g(1)=3－2a≤0,g(3)=19－6a≤0))，解得a≥eq\f(19,6).13．已知函数f(x)=eq\f(1,2)x2－2alnx＋(a－2)x.(1)当a=－1时，求函数f(x)的单调区间．(2)是否存在实数a，使函数g(x)=f(x)－ax在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)当a=－1时，f(x)=eq\f(1,2)x2＋2lnx－3x，则f′(x)=x＋eq\f(2,x)－3=eq\f(x2－3x＋2,x)=eq\f(（x－1）（x－2）,x)(x>0)．当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1，2)．(2)假设存在实数a，使g(x)=f(x)－ax在(0，＋∞)上是增函数，则g′(x)=f′(x)－a=x－eq\f(2a,x)－2≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立．即eq\f(x2－2x－2a,x