第3章 2 导数与函数的单调性-（课件+达标训练）2023新教材新高考数学【导学教程】新编大一轮总复习（人教A版）

[对应学生用书P280] A组　保分练 1．(2021·佛山市教学质量检测(一))函数f(x)＝|sin x|cos x的导函数f′(x)在[0，π]上的图象大致为(　　) 解析　当x∈[0，π]时，sin x≥0，则f(x)＝|sin x|cos x＝sin x cos x＝sin 2x， 所以f′(x)＝cos 2x，其最小正周期为＝π. 综合余弦函数的图象知选项B正确，故选B. 答案　B 2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝sin 2x　　　　　 B．g(x)＝x3－x C．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋ln x 解析　h(x)＝xex，定义域为R， ∴h′(x)＝(x＋1)ex，当x>0时，h′(x)>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 答案　C 3．(多选)定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)在区间(0，4)上单调递增 B．函数f(x)在区间上单调递减 C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值 解析　根据导函数的图象可知，在区间上，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；在区间(0，4]上，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D项均正确，C项错误，故选ABD. 答案　ABD 4．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R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 解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A. 答案　A 5．已知f(x)＝，则(　　) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2) 解析　f(x)的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e. 所以当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D. 答案　D 6．函数y＝2ln x－3x2的单调递增区间为________． 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－6x＝， 当x∈时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 答案　 7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为________ . 解析　由f(x)图象特征可得，在和[2，＋∞)上f′(x)≥0，在上f′(x)＜0，所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2， 所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞). 答案　∪[2，＋∞) 8．若函数f(x)＝ln x＋ex－sin x，则不等式f(x－1)≤f(1)的解集为________． 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝＋ex－cos x. ∵x>0，∴ex>1，∴f′(x)>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又f(x－1)≤f(1)， ∴0<x－1≤1， 即1<x≤2， 原不等式的解集为(1，2]. 答案　(1，2] 9．(2021·太原市第一学期期末考试)已知函数f(x)＝x2＋4x－aex(x＋1)(a≠0)，讨论f(x)的单调性． 解析　由题意得f′(x)＝－(x＋2)(aex－2)，x∈R， ①当a＜0时，令f′(x)＜0，则x＜－2， ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减； 令f′(x)＞0，则x＞－2， ∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增． ②当0＜a＜2e2时，ln ＞－2， 令f′(x)＜0，则x＜－2或x＞ln ， ∴f(x)在(－∞，－2)和上单调递减； 令f′(x)＞0，则－2＜x＜ln ， ∴f(x)在上单调递增． ③当a＝2e2时，f′(x)＝－2(x＋2)(ex＋2－1)≤0(仅在x＝－2时取等号)， ∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减． ④当a＞2e2时，ln ＜－2， 令f′(x)＜0，则x＜ln 或x＞－2， ∴f(x)在和(－2，＋∞)上单调递减； 令f′(x)＞0，则ln ＜x＜－2， ∴f(x)在上单调递增． 综上，当a＜0时，f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增；当0＜a＜2e2时，f(x)在(－∞，－2)和上单调递减，在上单调递增；当a＝2e2时，f(x)在(－∞，＋