课时跟踪检测(19) 函数的单调性与导数（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(19)　函数的单调性与导数 基础强化练 1．(2024·河南荥阳高级中学联考)函数f(x)＝x ln x＋1的单调递减区间是(　　) A．(0，) B．(0，e) C．(，＋∞) D．(e，＋∞) A　解析：由题意得f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)＝1＋ln x＝0，解得x＝.所以当x∈(0，)时，f′(x)<0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．故选A. 2．(2023·陕西西安一模)已知定义在[－3，4]上的函数f(x)的大致图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式xf′(x)>0的解集为(　　) A．(－2，－1)∪(1，) B．(－3，－2) C．(－1，0)∪(1，) D．(3，4) C　解析：由图象可知，当x∈[－3，－1)，(1，)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)，(，4]时，f′(x)<0，故不等式xf′(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，).故选C. 3．(2024·四川联考一模)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋2，则不等式f(2x＋4)≥2的解集是(　　) A．{x|x>－2} B．{x|x≥－2} C．{x|x<－2} D．{x|x≤－2} B　解析：由f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以f(x)单调递增，而且f(0)＝2，由f(2x＋4)≥2，得2x＋4≥0，解得x≥－2.故选B. 4．(2024·四川成都新都一中开学考试)若函数f(x)＝kex－ln x在区间(1，e)上是增函数，则实数k的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B．[，＋∞) C．(－∞，0] D．(－∞，－e] B　解析：当k≤0时，由于函数y＝ex，y＝ln x均为(1，e)上的单调递增函数，所以f(x)在区间(1，e)上是减函数(不符合题意)，舍去；当k>0时，f′(x)＝kex－≥0，即≤xex，令g(x)＝xex，有g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)＝xex在区间(1，e)上是增函数，≤g(x)min＝g(1)＝e，所以k≥，故选B. 5．(2024·黑龙江哈尔滨德强学校开学考试)已知a＝，b＝，c＝，则(　　) A．c>b>a B．b>a>c C．b>c>a D．a>b>c D　解析：令f(x)＝，x>0，则f′(x)＝，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，因为a＝＝＝f(4)，b＝＝f(6)，c＝＝f(7)，所以f(4)>f(6)>f(7)，即a>b>c.故选D. 6．(多选)(2024·贵州遵义模拟)若函数f(x)，g(x)的导函数都存在，且f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<3x2，则f(2)g(2)－f(1)g(1)的值可能为(　　) A．9 B．8 C．6 D．5 CD　解析：由f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)<3x2，得[f(x)·g(x)]′<(x3)′.设函数h(x)＝f(x)g(x)－x3，则h′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)－3x2<0，所以h(x)在R上单调递减，所以h(1)>h(2)，即f(1)g(1)－13>f(2)g(2)－23，则f(2)g(2)－f(1)g(1)<7.故f(2)·g(2)－f(1)g(1)的值可能为5，6.故选CD. 7．(2023·贵州毕节模拟)设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝|f(x)|，当x>0时，f′(x)<0，写出一个满足上述条件的函数f(x)＝________. 答案：()|x|(答案不唯一)　解析：当x>0时，f′(x)<0，说明f(x)在(0，＋∞)上为减函数，f(－x)＝|f(x)|，说明f(x)的函数值非负，根据上述条件可得满足条件的一个函数为f(x)＝()|x|.当x>0时，f(x)＝()x为减函数，且f(－x)＝()|－x|＝()|x|＝|f(x)|. 8．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是____________． 答案：(－3，0)∪(0，＋∞)　解析：由题意知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，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞). 9．(2024·甘肃兰州模拟)已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2－ax＋1. (1)若函数f(x)的单调递减区间为[－，1]，求实数a的值； (2)若函数f(x)在(2，3)上单调递减，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝x2＋(a－1)x－a＝(x＋a)(x－1)， ∵函数f(x)的单调递减区间为[－，1]， 所以x1＝－，x2＝1是f′(x)＝0的两个根， 所以－＝－a，解得a＝. 经检验当a＝时，令f′(x)<0，解得－<x<1， 所以函数f(x)的单调递减区间为[－，1]. 所以a＝. (2)∵f(x)在(2，3)上单调递减，∴f′(x)≤0对∀x∈(2，3)恒成立，即(x＋a)(x－1)≤0，a≤－3恒成立， ∴a≤－3. 10．(2024·宁夏石嘴山模拟)已知函数f(x)＝mex－x，m∈R. (1)当m＝2时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)试讨论函数f(x)的单调性． 解：(1)因为m＝2， 所以f(x)＝2ex－x，x∈R，则f(0)＝2，切点为(0，2). 又因为f′(x)＝2ex－1， 所以f′(0)＝2－1＝1，即k＝1. 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是y－2＝x－0，即y＝x＋2. (2)因为f(x)＝mex－x，m∈R，所以f′(x)＝mex－1， 当m≤0时，f′(x)＝mex－1<0，则f(x)在R上单调递减； 当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln m， 当x<－ln m时，f′(x)<0，当x>－ln m时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增． 综上，当m≤0时，f(x)在R上单调递减；当m>0时，f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增． 能力提升练 11．曲线的曲率定义如下：若f′(x)是f(x)的导函数，f″(x)是f′(x)的导函数，则曲线y＝f(x)在点(x，f(x))处的曲率K＝.若曲线f(x)＝sin x＋cos x(x∈(0，))，则曲线f(x)的曲率K的取值范围为(　　) A．(，) B．(，] C．(，) D．(，) B　解析：由题易知f′(x)＝cos x－sin x，f″(x)＝－sin x－cos x，∴K＝＝，∴K2＝. 令t＝2－sin 2x，∵x∈(0，)，∴t∈[1，2). 令g(t)＝(t∈[1，2))，则g′(t)＝<0，∴g(t)在[1，2)上单调递减，∴g(t)∈(，2]，即K2∈(，2]，∴K∈(，]. 12．(2023·陕西西安三模)已知a＝5ln 9，b＝6ln 8，c＝7ln 7，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．c>b>a C．a>c>b D．a>b>c B　解析：令f(x)＝(14－x)ln x，x≥7，则f′(x)＝－1－ln x，因为函数y＝，y＝－ln x－1在[7，＋∞)上均为减函数，故函数f′(x)在[7，＋∞)上为减函数，则f′(x)≤f′(7)＝2－1－ln 7＝1－ln 7<0，所以函数f(x)在[7，＋∞)上为减函数，所以f(7)>f(8)>f(9)，即c>b>a.故选B. 13．(2023·陕西西安中学模拟)现定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x叫做函数f(x)的“躺平点”，若函数g(x)＝ex－x，h(x)＝ln x，φ(x)＝1 024x＋1 024的躺平点分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为__________.(用“>”连接) 答案：b>a>c　解析：对于g(x)＝ex－x来说，g′(x)＝ex－1，由“躺平点”定义可知g(a)＝g′(a)，即可得ea－a＝ea－1，解得a＝1.对于h(x)＝ln x，易知h′(x)＝，所以可得h(b)＝h′(b)，即ln b＝，令f(b)＝ln b－，b∈(0，＋∞)，显然f(b)在(0，＋∞)上单调递增，易知f(1)＝ln 1－1＝－1<0，f(e)＝ln e－＝1－>0，所以可得b∈(1，e)，因此b>a.对于φ(x)＝1 024x＋1 024，易得φ′(x)＝1 024，所以φ(c)＝1 024c＋1 024＝φ′(x)＝1 024，解得c＝0，因此可得b>a>c. 14．(2024·江苏淮安模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，xf′(x)<1，且f(e)＝3，则不等式f(x2)－2ln x<2的解集为________. 答案：(，＋∞)　解析：构造函数g(x)＝f(x)－ln x(x>0)，则g′(x)＝f′(x)－＝<0，所以g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，由f(x2)－2ln x<2，得f(x2)－ln x2<f(e)－ln e，即g(x2)<g(e)，所以解得x>，所以不等式f(x2)－2ln x<2的解集为(，＋∞). 素养养成练 15．已知函数f(x)＝(x－1)(x＋1－4a)＋(2a2－2)ln x，讨论f(x)的单调性． 解：因为f(x)＝(x－1)(x＋1－4a)＋(2a2－2)ln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f′(x)＝2x－4a＋＝ (x>0)， 当a≤－1时，a－1<a＋1≤0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当－1<a≤1时，a－1≤0，a＋1>0， 若x∈(0，a＋1)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(a＋1，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增． 当a>1时，a＋1>a－1>0， 若x∈(a－1，a＋1)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(0，a－1)或x∈(a＋1，＋∞)， 则f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上可得，当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当－1<a≤1时，f(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(a－1，a＋1)上单调递减，在(0，a－1)，(a＋1，＋∞)上单调递增． 学科网（北京）股份有限公司 $$