2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 理 北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 建議用時(shí)：45分鐘 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝3＋xln x的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. B　[因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜， 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是.] 2．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖像可能是 (　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D C　[由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像可知，函數(shù)y＝f(x)先減再增，可排除選項(xiàng)A，B；又f′(x)＝

2、0的根為正數(shù)，即y＝f(x)的極值點(diǎn)為正數(shù)， 所以可排除選項(xiàng)D，選C.] 3．若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則k的取值范圍是 (　　) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) D　[由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥，而0＜＜1， 所以k≥1. 即k的取值范圍為[1，＋∞)．] 4．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,2] B．(4，

3、＋∞) C．(－∞，2) D．(0,3] A　[因?yàn)閒(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，所以f(x)在(0,3]上是減函數(shù)， 則[a－1，a＋1]?(0,3]， 所以a－1＞0且a＋1≤3， 解得1＜a≤2.] 5．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，f(x)＝f(4－x)，且(x－2)f′(x)＞0.若a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a(chǎn)＞b＞c D．b＞a＞c C　[由f(x)＝f(4－x)可知，f(x)的圖像關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，根據(jù)題意知，當(dāng)x

4、∈(－∞，2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．所以f(3)＝f(1)＜f＜f(0)， 即c＜b＜a，故選C.] 二、填空題 6．函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a＞0)的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 　[由題意，知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由f′(x)＝－a＞0(a＞0)，得0＜x＜，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為.] 7．若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． (－3,0)∪(0，＋∞)　[由題意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個(gè)單調(diào)區(qū)間

5、，得f′(x)有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，所以3ax2＋6x－1＝0需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3且a≠0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3,0)∪(0，＋∞)．] 8．若函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． (－1，＋∞)　[f′(x)＝－ax－2＝，由題意知f′(x)＜0有實(shí)數(shù)解， ∵x＞0， ∴ax2＋2x－1＞0有實(shí)數(shù)解． 當(dāng)a≥0時(shí)，顯然滿足； 當(dāng)a＜0時(shí)，只需Δ＝4＋4a＞0， ∴－1＜a＜0. 綜上知a＞－1.] 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)

6、在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)由題意得f′(x)＝， 又因?yàn)閒′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝， 設(shè)h(x)＝－ln x－1(x＞0)， 則h′(x)＝－－＜0， 即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h(x)＞0，從而f′(x)＞0； 當(dāng)x＞1時(shí)，h(x)＜0，從而f′(x)＜0. 綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實(shí)

7、數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求實(shí)數(shù)a的值； (4)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)因?yàn)閒(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對(duì)x∈R恒成立． 因?yàn)?x2≥0， 所以只需a≤0. 又因?yàn)閍＝0時(shí)，f′(x)＝3x2≥0， f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]． (2)由題意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1

8、,1)上恒成立， 所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立， 因?yàn)楫?dāng)－1＜x＜1時(shí)，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范圍為[3，＋∞)． (3)由題意知f′(x)＝3x2－a，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為， 又f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)， 所以＝1，解得a＝3. (4)由題意知：f′(x)＝3x2－a，當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)≥0，此時(shí)f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意，故a＞0. 令f′(x)＝0，解得x＝±. 因?yàn)閒(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，所以f′(x)＝0在(－1,1)上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3， 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,3)．

9、 1．(2016·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A.[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．已知定義在上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且對(duì)于任意的x∈，都有f′(x)sin x＜f(x)cos x，則(　　) A.f ＞f B. f ＞f(1) C.f ＜f D.f ＜f A　[令

10、g(x)＝， 則g′(x)＝， 由已知得g′(x)＜0在上恒成立， ∴g(x)在上單調(diào)遞減， ∴g＞g，即＞， ∴f＞f.] 3．已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝e，對(duì)于任意的x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為________． (1，＋∞)　[設(shè)F(x)＝，則F′(x)＝′ ＝. 因?yàn)?f(x)－f′(x)＞0， 所以F′(x)＝＜0， 即F(x)是減函數(shù)， f(x)＜e2x－1等價(jià)于＜1，即F(x)＜1. 又因?yàn)閒(1)＝e， 所以F(1)＝＝1， 則不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)．] 4

11、．已知函數(shù)g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性． [解]　g′(x)＝ ＝. ∵函數(shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， ∴當(dāng)a＝0時(shí)，g′(x)＝－. 由g′(x)＞0，得0＜x＜1， 由g′(x)＜0，得x＞1. 當(dāng)a＞0時(shí)，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝， 若＜1，即a＞， 由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜， 由g′(x)＜0，得＜x＜1； 若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0，得x＞或0＜x＜1， 由g′(x)＜0，得1＜x＜； 當(dāng)＝1時(shí)，即a＝時(shí)，在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0. 綜上可得：當(dāng)a＝0時(shí)，g(

12、x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0＜a＜時(shí)，g(x)在(0,1)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＝時(shí)，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞時(shí)，g(x)在，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 1．(2019·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x－x＞0 D．x－x＜0 D　[由f(x)＝xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)在上為增函數(shù)，又f(－x)＝

13、－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)f(x1)＜f(x2)時(shí)，有f(|x1|)＜f(|x2|)，所以|x1|＜|x2|，x－x＜0，故選D.] 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解]　(1)由題意知a＝0時(shí)，f(x)＝，x∈(0，＋∞)． 此時(shí)f′(x)＝，可得f′(1)＝.又f(1)＝0， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0. (2)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． f′(x)＝＋＝

14、. 當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增． 當(dāng)a＜0時(shí)，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當(dāng)a＝－時(shí)，Δ＝0，f′(x)＝≤0， 函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減． ②當(dāng)a＜－時(shí)，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減． ③當(dāng)－＜a＜0時(shí)，Δ＞0. 設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個(gè)零點(diǎn)， 則x1＝，x2＝. 由x1＝＝＞0， 所以x∈(0，x1)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)遞減； x∈(x1，x2)時(shí)，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)遞增； x∈(x2，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)遞減． 綜上可得： 當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增； 當(dāng)a≤－時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減； 當(dāng)－＜a＜0時(shí)，f(x)在，上遞減， 在上遞增． 8