高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 練案（15）第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第十二講 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 第1課時 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

[練案15]第十二講導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用第一課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)[解析]f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則f(x)(D)A．在(0，＋∞)上單調(diào)遞增B．在(0，＋∞)上單調(diào)遞減C．在(0，eq\f(1,e))上單調(diào)遞增D．在(0，eq\f(1,e))上單調(diào)遞減[解析]函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)．當(dāng)f′(x)>0時，解得x>eq\f(1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\f(1,e)，＋∞)；當(dāng)f′(x)<0時，解得0<x<eq\f(1,e)，即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\f(1,e))．故選D.3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則(D)A．f(e)>f(2)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)[解析]f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.所以當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，所以f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．故選D.4．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(A)A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3][解析]f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，當(dāng)x－eq\f(9,x)≤0時，有0<x≤3，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,3]，所以0<a－1<a＋1≤3，解得1<a≤2.故選A.5.已知函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，則不等式f(x2－6)>1的解集為(A)A．(－3，－2)∪(2,3)B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(2,3)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)[解析]由y＝f′(x)的圖象知，f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(－2)＝1，f(3)＝1，所以f(x2－6)>1可化為－2<x2－6<3，所以2<x<3或－3<x<－2.故選A.6．(2020·河南許昌、平頂山期中)已知f(x)是偶函數(shù)，在(－∞，0)上滿足xf′(x)>0恒成立，則下列不等式成立的是(A)A．f(－3)<f(4)<f(－5) B．f(4)<f(－3)>f(－5)C．f(－5)<f(－3)<f(4) D．f(4)<f(－5)<f(－3)[解析]x∈(－∞，0)時，xf′(x)>0即f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴f(3)<f(4)<f(5)，∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故選A.二、多選題7．(2020·青島市高中畢業(yè)班模擬)已知當(dāng)m，n∈[－1,1]時，sineq\f(πm,2)－sineq\f(πn,2)<n3－m3，則以下判斷正確的是(BC)A．m>n B．m3<n3C．m<n D．m與n的大小關(guān)系不確定[解析]由題意，設(shè)f(x)＝x3＋sineq\f(πx,2)，則f′(x)＝3x2＋eq\f(π,2)coseq\f(πx,2)，當(dāng)x∈[－1,1]時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，又由m3＋sineq\f(πm,2)<n3＋sineq\f(πn,2)，所以f(m)<f(n)，即m<n，故選B、C.8．若函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是先增后減的函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象不可能是(ABD)[解析]根據(jù)題意f′(x)在[a，b]上是先增后減的函數(shù)，則在函數(shù)f(x)的圖象上，各點的切線斜率是先隨x的增大而增大，然后隨x的增大而減小，由四個選項的圖形對比可以看出，只有選項C滿足題意．故選A、B、D.三、填空題9．若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,3)，則b＋c＝__－12__.[解析]f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由題意知，－1<x<3是不等式3x2＋2bx＋c<0的解，所以－1,3是f′(x)＝0的兩個根，所以b＝－3，c＝－9，所以b＋c＝－12.10．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)的單調(diào)遞減區(qū)間是__(0,1)和(1，e)__.[解析]f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)<0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－1<0,lnx≠0))，解得0<x<1或1<x<e.∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)和(1，e)．11．已知函數(shù)f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2,3)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(3，eq\f(9,2))；(2)若f(x)在(2,3)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3]∪[eq\f(9,2)，＋∞).[解析](1)由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－eq\f(2a,3))．若f(x)在(2,3)上不單調(diào)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2).取補集可得(2)結(jié)果．四、解答題12．(2020·山東棗莊調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xex－(eq\f(1,2)x2＋x)a(a∈R)．(1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，e)處的切線方程；(2)當(dāng)a>0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解析](1)a＝0時，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切線的斜率是k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在點(1，e)處的切線方程為y－e＝2e(x－1)，即y＝2ex－e.(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.①當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．②當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1，由f′(x)<0，得lna<x<－1.所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)．③當(dāng)a>eq\f(1,e)時，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna，由f′(x)<0，得－1<x<lna.所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．綜上所述，當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)；當(dāng)a>eq\f(1,e)時，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．13．(2020·四川成都診斷)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.由h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，知當(dāng)x∈(0，＋∞)時，eq\f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，則只要a>G(x)min即可，而G(x)＝(eq\f(1,x)－1)2－1，所以G(x)min＝－1，所以a>－1.(2)由h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，得當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，則a≥G(x)max，而G(x)＝(eq\f(1,x)－1)2－1，又x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈[eq\f(1,4)，1]，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16).B組能力提升1．(2020·河北九校第二次聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是(B)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)[解析]解法一：令f′(x)＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)<0，得0<x<1，故所求函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．故選B.解法二：由題意知x>0，故排除A，C選項；又f(1)＝4<f(2)＝eq\f(7,2)＋2ln2，故排除D選項．故選B.2.函數(shù)f(x)＝eq\f(1,10)(x3＋bx2＋cx)＋d的圖象如圖，則函數(shù)y＝log2(x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3))的單調(diào)遞減區(qū)間為(D)A．[eq\f(1,2)，＋∞) B．[3，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,2)] D．(－∞，－2)[解析]f′(x)＝eq\f(1,10)(3x2＋2bx＋c)，由圖可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3)＝－2＋3，,\f(c,3)＝－2×3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))令g(x)＝x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3)，則g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)>0，解得x<－2或x>3.當(dāng)g′(x)<0時，x<eq\f(1,2)，所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)．所以函數(shù)y＝log2(x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3))的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)．故選D.3．(2020·武漢模擬)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，則(C)A．a(chǎn)<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a[解析]依題意得，當(dāng)x<1時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，即有f(3)<f(0)<f(eq\f(1,2))，c<a<b.故選C.4．(2020·河北省武邑中學(xué)高三上學(xué)期第三次調(diào)研考試)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3的解集為(B)A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)[解析]令g(x)＝exf(x)－ex，∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，g(0)＝f(0)－1＝3，而exf(x)>ex＋3，即為exf(x)－ex>e0f(0)－e0等價于g(x)>g(0)，∴x5．(2020·江西上饒聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2＋(a＋1)x＋1.(1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋1(x>0)，則f′(x)＝－eq\f(1,x)＋x＝eq\f(x＋1x－1,x)，由eq\b\lc\{\r