第3章 课时冲关18 导数与函数的单调性-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课时作业word（人教A版）

课时冲关18　导数与函数的单调性 对应学生用书　P228 [基础巩固练] 1．函数f(x)＝(x＋2)ex的单调递减区间是(　　 ) A．(－∞，－3)　　　　 B．(0,3) C．(－3,0) D．(－3，＋∞) 解析：A　[f′(x)＝ex＋(x＋2)ex＝(x＋3)ex，令f′(x)＜0，得x＜－3，所以函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－3)．] 2．函数f(x)＝的图象大致为(　　 ) 解析：B　[函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∈R}，排除A；当x＞0时，函数f′(x)＝，可得函数的极值点为x＝1，当x∈(0,1)时，函数是减函数，x＞1时，函数是增函数，并且f(x)＞0，排除C；当x<0时，函数f(x)＝<0，排除D；选项B正确．] 3．(2024·北京朝阳模拟)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，3) D．(－∞，3] 解析：B　[函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，且其导数为g′(x)＝＋x－(b－1)．由g(x)存在单调递减区间知g′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，即＋x－(b－1)＜0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋≥2.要使＋x＜(b－1)有解，只需要＋x的最小值小于b－1，所以2＜b－1，即b＞3，所以实数b的取值范围是(3，＋∞)．] 4．(2024·吉安模拟)已知实数a，b，c，满足ln b＝ea＝c，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＞c＞b 解析：C　[设f(x)＝ex－x，则f′(x)＝ex－1，当x＜0时，f′(x)＜0，当x＞0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝1＞0，故ex＞x，所以c＝ea＞a，又ln b＝c，所以b＝ec＞c，所以b＞c＞a.] 5．(多选)(2024·安徽省太和中学校联考)设函数y＝f(x)在区间(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在区间(a，b)上的导函数为f″(x)，若区间(a，b)上f″(x)＜0，则称函数f″(x)在区间(a，b)上为“凸函数”．已知f(x)＝x5－mx4－2x2在(1,2)上为“凸函数”，则实数m的取值范围的一个必要不充分条件为(　　) A．m＞－1 B．m≥1 C．m＞1 D．m＞0 解析：AD　[由题知，f′(x)＝x4－mx3－4x，f″(x)＝x3－mx2－4， 若f(x)在(1,2)上为“凸函数”， 则f″(x)＝x3－mx2－4＜0在(1,2)上恒成立， 即m＞max，x∈(1,2)， 令g(x)＝x－，x∈(1,2)，则g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在(1,2)上单调递增， 所以g(x)＜g(2)＝1，所以m≥1为充要条件， 由选项可知，必要不充分条件可以是：m＞－1或m＞0.] 6．(多选)(2024·深圳五校联考)下列不等式成立的是(　　 ) A．2ln <ln 2 B.ln <ln C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π 解析：AD　[设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，所以当0<x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．因为<2<e，所以f<f(2)，即2ln <ln 2，故选项A正确；因为<<e，所以f()<f()，即ln >ln ，故选项B不正确；因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，故选项C不正确；因为e<π，所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确．] 7．(2024·湖北武汉联考)“当a＞0时，函数f(x)＝4ln x－ax在区间(0,1)上不是单调函数”为真命题的a的一个取值是__________． 解析：∵f(x)＝4ln x－ax，∴f′(x)＝－a＝，函数f(x)＝4ln x－ax在区间(0,1)上不是单调函数，∴4－ax＝0在区间(0,1)上有解，∵a＞0，∴x＝∈(0,1)，∴a＞4. 答案：5(答案不唯一，只要是大于4的实数即可) 8．(2024·安徽宣城统考二模)已知函数f(x)＝，则不等式2xf(x)－3＜0的解集是____________． 解析：因为f(x)＝＝2x－2－x， 令g(x)＝xf(x)＝x(2x－2－x)， 则g(－x)＝(－x)(2－x－2x)＝x(2x－2－x)＝g(x)， 则函数g(x)为偶函数， 又g′(x)＝2x－2－x＋x(2x＋2－x)ln 2， 当x＞0时，2x－2－x＞0,2x＋2－x＞0，所以 g′(x)＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又g(1)＝g(－1)＝2－＝， 由2xf(x)－3＜0可得2g(x)－3＜0，即g(x)＜，即g(x)＜g(1)， 所以|x|＜1，解得－1＜x＜1，即不等式的解集是(－1,1)． 答案：(－1,1) 9．(2024·四川宜宾统考模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2(a∈R且a≠0)，讨论函数f(x)的单调性． 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋2x＝. ①当a＞0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝(负值舍去)， 当0＜x＜时，f′(x)＜0，即f(x)在上单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，即f(x)在上单调递增． 综上，当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上递增；当a＜0时，f(x)在上递减，在上递增． 10．(2024·开封模拟)已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间； (2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意，知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，由f′(x)<0得0<x<1，故f(x)的单调递减区间是(0,1)． (2)由题意，得g′(x)＝2x＋－，∵函数g(x)在[1，＋∞)上单调，当g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数时，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝－2x2.∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，∴在[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.当g(x)在[1，＋∞)上单调递减函数时，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立．∴实数a的取值范围为[0，＋∞)． [能力提升练] 11．(2024·淮安5月模拟)已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f′(x)，若对任意x∈[0，＋∞)都有2f(x)＋xf′(x)＞0恒成立，则下列结论正确的是(　　 ) A．f(0)＜0 B．9f(－3)＜f(1) C．4f(2)＞f(－1) D．f(1)＜f(2) 解析：C　[令x＝0，则2f(0)＋0＞0，∴f(0)＞0，A错误；令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，当x＞0时，由2f(x)＋xf′(x)＞0，∴2xf(x)＋x2f′(x)＞0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为偶函数f(x)的定义域为R，∴g(x)＝x2f(x)为偶函数，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(－3)＝g(3)＞g(1)，9f(－3)＞f(1)，故B错误；g(2)＞g(－1)，4f(2)＞f(－1)，故C正确；由题意，不妨假设f(x)＝c＞0(c为常数)符合题意，此时f(1)＝f(2)＝c，故D错误．] 12．(多选)(2024·南通下学期调研一)定义：在区间I上，若函数y＝f(x)是减函数，且y＝xf(x)是增函数，则称y＝f(x)在区间I上是“弱减函数”．根据定义可得(　　) A．f(x)＝在(0，＋∞)上是“弱减函数” B．f(x)＝在(1,2)上是“弱减函数” C．若f(x)＝在(m，＋∞)上是“弱减函数”，则m≥e D．若f(x)＝cos x＋kx2在上是“弱减函数”，则≤k≤ 解析：BCD　[对于A，y＝在(0，＋∞)上单调递减函数，y＝xf(x)＝1不单调，故A错误；对于B，f(x)＝，f′(x)＝在(1,2)上f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，y＝xf(x)＝，y′＝＝＞0，∴y在(1,2)上单调递增，故B正确；对于C，若f(x)＝在(m，＋∞)上单调递减，由f′(x)＝＝0，得x＝e，∴m≥e，y＝xf(x)＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，f(x)＝cos x＋kx2在上单调递减，f′(x)＝－sin x＋2kx≤0在x∈上恒成立⇒2k≤min，令h(x)＝，h′(x)＝，令φ(x)＝xcos x－sin x， φ′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x＜0， ∴φ(x)在上单调递减，φ(x)＜φ(0)＝0， ∴h′(x)＜0，∴h(x)在上单调递减， h(x)＞h＝， ∴2k≤⇒k≤，g(x)＝xf(x)＝xcos x＋kx3在上单调递增，g′(x)＝cos x－xsin x＋3kx2≥0在x∈上恒成立， ∴3k≥max，令F(x)＝，F′(x)＝＞0， ∴F(x)在上单调递增，F(x)＜F＝，∴3k≥⇒k≥，综上，≤k≤，故D正确．] 13．(2024·江苏常州市北郊高级中学校考)已知函数f(x)＝ln x＋kx－cos x，∀x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，使得＞3，k的取值范围为_____________． 解析：不妨设∀x1，x2∈(0，＋∞)，x1＜x2， ∵＞3， 即f(x1)－f(x2)＜3(x1－x2)，f(x1)－3x1＜f(x2)－3x2， 构造函数g(x)＝f(x)－3x， g(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数， g′(x)＝f′(x)－3＝＋k＋sin x－3≥0， 则k≥－＋3，x∈(0，＋∞)， 当x＞0时，＞0，sin x∈[－1,1]，所以＋sin x＞－1， 所以－＋3＜4，所以k的取值范围为[4，＋∞)． 答案：[4，＋∞) 14．(2024·江苏南京大学附属中学校考期末)已知：函数f(x)＝x3－ax2－3x. (1)若f′(3)＝0，求f(x)的单调性； (2)若f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围． 解：(1)∵f(x)＝x3－ax2－3x，∴f′(x)＝3x2－2ax－3， ∵f′(3)＝0，∴27－6a－3＝0，∴a＝4. 将a＝4代入得f′(x)＝3x2－8x－3，令f′(x)＝0得x＝－或x＝3. 当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表： x － 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增函数 减函数 增函数 ∴f(x)在x∈上单调递减，在x∈，(3，＋∞)上单调递增． (2)方法1：∵f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴a≤， 当x≥1时，是增函数，其最小值为(1－1)＝0，∴a≤0.实数a的取值范围是(－∞，0]． 方法2：∵f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数， ∴f′(x)＝3x2－2ax－3≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴a≤0. 实数a的取值范围是(－∞，0]． 学科网（北京）股份有限公司 $$