限时规范训练(18) 第3章 第2讲 导数与函数的单调性（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(十八) A级　基础落实练 1．(2023·三明一中月考)函数f(x)＝x－ln(2x＋1)的单调递增区间是(　　) A．(－，0)　　 B．(－，) C．(－，＋∞)　　 D．(，＋∞) 解析：D　f(x)的定义域是(－，＋∞)，f′(x)＝1－＝，令f′(x)>0，得x>，故f(x)的单调递增区间是(，＋∞)，故选D． 2．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)函数的图象可能是(　　) 解析：D　根据导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减； 当x∈(0，2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，所以只有D选项符合． 3．(2024·亳州一中考试)若函数y＝f(x)满足xf′(x)>－f(x)在R上恒成立，且a>b，则(　　) A．af(b)>bf(a)　　 B．af(a)>bf(b) C．af(a)<bf(b)　　 D．af(b)<bf(a) 解析：B　由题意，设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，所以g(x)在R上是增函数，又a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选B． 4．(2024·甘肃部分学校联考)已知R上的可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x－2)f′(x)>0的解集为(　　) A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，2) C．(－∞，－1)∪(2，＋∞) D．(－1，1)∪(2，＋∞) 解析：D　由图象知f′(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0的解集为(－1，1)，则(x－2)f′(x)>0⇔或所以x>2或－1<x<1，即所求不等式的解集为(－1，1)∪(2，＋∞)．故选D． 5．(2024·湖北部分重点高中联考)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，则实数k的取值范围是(　　) A．[，)　　 B．[，＋∞) C．[，2)　　 D．(－，) 解析：A　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则2k－1≥0，即k≥.f′(x)＝4x－＝＝，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)，因为f(x)在其定义域的一个子区间(2k－1，2k＋1)内不单调，所以2k－1<<2k＋1，得－<k<.综上，≤k<，故选A． 6．(2024·顺义区模拟)已知函数f(x)＝log2(x＋1)－x，则不等式f(x)>0的解集是(　　) A．(1，＋∞)　　 B．(0，＋∞) C．(0，1)　　 D．(－1，0)∪(1，＋∞) 解析：C　f(x)＝log2(x＋1)－x的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝－1，易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递减，令f′(x)＝0，得x＝－1，当－1<x<－1时，f′(x)>0，当x>－1时，f′(x)<0，则f(x)在(－1，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．当x>－1且x趋近于－1时，log2(x＋1)趋近于－∞，故此时f(x)＝log2(x＋1)－x趋近于－∞，又f(0)＝0，f(1)＝log22－1＝0，所以可作出函数f(x)＝log2(x＋1)－x的大致图象如图，由图可知不等式f(x)>0的解集是(0，1)，故选C． 7．函数f(x)＝e－xcos x(x∈(0，π))的单调递增区间为________． 解析：f′(x)＝－e－xcos x－e－xsin x ＝－e－x(cos x＋sin x) ＝－e－xsin(x＋)， 当x∈(0，)时，e－x>0，sin(x＋)>0， 则f′(x)<0； 当x∈(，π)时，e－x>0，sin(x＋)<0，则f′(x)>0， ∴f(x)在(0，π)上的单调递增区间为(，π)． 答案：(，π) 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________． 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且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)． 答案：(－3，0)∪(0，＋∞) 9．已知函数f(x)＝x3＋x－sin x，则满足不等式f(2m2)≤f(1－m)成立的实数m的取值范围是________． 解析：由f(x)＝x3＋x－sin x，得f′(x)＝3x2＋1－cos x≥0，∴函数f(x)为增函数，由f(2m2)≤f(1－m)，得2m2≤1－m，∴2m2＋m－1≤0，解得－1≤m≤. 答案： 10．已知函数f(x)＝x2＋ax－ln x，a∈R. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在[1，3]上是减函数，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x. 所以f′(x)＝2x＋1－，f′(1)＝2， 又f(1)＝2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为2x－y＝0. (2)因为函数f(x)在[1，3]上是减函数， 所以f′(x)＝2x＋a－＝≤0在[1，3]上恒成立． 即2x2＋ax－1≤0在[1，3]上恒成立，则a≤－2x在[1，3]上恒成立，令h(x)＝－2x，显然h(x)在[1，3]上单调递减，则a≤h(x)min＝h(3)，得a≤－.即实数a的取值范围为(－∞，－]． 11．(2024·吉安质检)已知函数f(x)＝3aln x－x2－(a－3)x，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线g(x)＝f(x)－3ln x＋x2－sin x在x＝处的切线方程； (2)试讨论f(x)的单调性． 解：(1)当a＝1时，g(x)＝f(x)－3ln x＋x2－sin x＝2x－sin x，则g()＝π－1，g′(x)＝2－cos x，∴g′()＝2， ∴曲线g(x)在x＝处的切线方程为y－(π－1)＝2(x－)，即2x－y－1＝0. (2)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－x－(a－3) ＝－＝－， ①若a≥0，则当0<x<3时，f′(x)>0， 当x>3时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减； ②若－3<a<0，由f′(x)<0，得0<x<－a或x>3，由f′(x)>0，得－a<x<3， ∴f(x)在(0，－a)，(3，＋∞)上单调递减，在(－a，3)上单调递增； ③若a＝－3，则f′(x)≤0恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ④若a<－3，由f′(x)<0，得0<x<3或x>－a， 由f′(x)>0，得3<x<－a， ∴f(x)在(0，3)，(－a，＋∞)上单调递减，在(3，－a)上单调递增． B级　能力提升练 12．(多选)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x，则下列说法正确的是(　　) A．f(ln 2)＝ln B．f(x)是奇函数 C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 D．f(x)的最小值为ln 2 解析：ACD　f(ln 2)＝ln(e2ln 2＋1)－ln 2＝ln 5－ln 2＝ln ，A正确； f(x)＝ln(e2x＋1)－x＝ln(ex＋e－x)定义域为R，其中f(－x)＝ln(e－x＋ex)＝f(x)，故f(x)是偶函数，B错误； f′(x)＝，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，C正确； 根据f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(x)是偶函数，可得f(x)在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的最小值为f(0)＝ln 2，D正确． 13．(2024·高三名校联考)若函数f(x)＝(x2－mx＋2)ex在上存在单调递减区间，则m的取值范围是________． 解析：因为f(x)＝(x2－mx＋2)ex，所以f′(x)＝(2x－m)ex＋(x2－mx＋2)ex＝[x2＋(2－m)x＋2－m]ex，则原问题等价于f′(x)<0在上有解，即x2＋(2－m)x＋2－m<0在上有解，即2－m<在上有解．令t＝x＋1，则t∈，x＝t－1，所以＝＝－(t＋－2)≤－(2－2)＝0，当且仅当t＝，即t＝1时等号成立，此时x＝0，所以当x∈时，()max＝0，则2－m<0，所以m>2. 答案：(2，＋∞) 14．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. ①当a≥1时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a<1时，令f′(x)＝0， 解得x＝， 则当x∈(0，)时，f′(x)<0； 当x∈(　，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0, )上单调递减， 在(　，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a<1时，f(x)在(0，)上单调递减，在(　，＋∞)上单调递增． 学科网（北京）股份有限公司 $$