第三章 分级练(19) 导数与函数的单调性（Word练习）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版 新教材 新高考）

分级练(19)　导数与函数的单调性 分级一　提能强化 1. (2020·四川内江期末)如图所示为y＝f′(x)的图象，则函数y＝f(x)的单调递减区间是(　　) A．(－∞，－1) B．(－2，0) C．(－2，0)，(2，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞) C　解析：当f′(x)<0时，f(x)单调递减，从图可知，当x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(－2，0)和(2，＋∞). 2．已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的大致图象是(　　) A　解析：设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，则g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增，结合选项知选A. 3．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 A　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． 4．(2023·广西桂林期末)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2] B．[4，＋∞) C．(－∞，2] D．(0，3] A　解析：∵f(x)＝x2－9ln x，∴f′(x)＝x－(x>0)，当x－≤0时，有0<x≤3；即f(x)在(0，3]上是减函数，∴a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2. 5．(2023·河北张家口月考)设函数f(x)＝a ln x＋bx2，若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，则函数y＝f(x)的增区间为(　　) A．(0，1) B．(0，) C．(，＋∞) D．(，1) C　解析：f(x)＝a ln x＋bx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2bx，∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，∴解得∴f′(x)＝－＋2x，令f′(x)＝－＋2x＞0，解得x>，即函数y＝f(x)的增区间为(，＋∞). 6．(多选)若函数f(x)＝ax3－3x2＋x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的值可以是(　　) A．－2 B．0 C．1 D．3 AC　解析：∵函数f(x)＝ax3－3x2＋x＋1，∴f′(x)＝3ax2－6x＋1.由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，∴3ax2－6x＋1＝0满足a≠0，且Δ＝36－12a>0，解得a<3，且a≠0，∴a∈(－∞，0)∪(0，3).结合选项可知A，C符合题意． 7．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为________． 答案：(0，1)　解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝x－<0，得0<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1). 8．已知函数f(x)＝x3－x的值域为，则f(x)的定义域可以是________．(写出一个符合条件的即可) 答案：[－1，1](答案不唯一)　解析：f′(x)＝x2－1，令f′(x)＝0可得x＝－1或x＝1，所以当x＜－1或x＞1时，f′(0)＞0，当－1＜x＜1时，f′(0)＜0，故f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，且f(－1)＝，f(1)＝－，由此可知定义域可以是[－1，1]. 9．已知函数f(x)＝x－(e为自然对数的底数)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围． 解：f(x)＝x－，则f′(x)＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，记φ(x)＝ex＋ax－a， 则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝ex＋a. ①当a≥－1时，φ′(x)＝ex＋a>1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝1－a≥0，∴－1≤a≤1； ②当a<－1时，令φ′(x)＝ex＋a＝0，解得x＝ln (－a)， 当0<x<ln (－a)时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，ln (－a))上单调递减，当x>ln (－a)时，φ′(x)>0，φ(x)在(ln (－a)，＋∞)上单调递增． ∴φ(x)≥φ[ln (－a)]＝－2a＋a ln (－a)≥0， 解得－e2≤a<－1. 综上，可得实数a的取值范围为[－e2，1]. 分级二　知能探究 10．已知函数y＝在其定义域上单调递减，则函数f(x)的图象可能是(　　) A　解析：∵函数y＝在其定义域上单调递减，∴′＝≤0在定义域上恒成立，且不恒为0，即f(x)≥f′(x)恒成立．结合图象及导数的几何意义知A正确