《2020版高考數學一輪復習 課后限時集訓14 導數與函數的單調性 理（含解析）北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數學一輪復習 課后限時集訓14 導數與函數的單調性 理（含解析）北師大版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時集訓(十四)　導數與函數的單調性 (建議用時：60分鐘) A組　基礎達標 一、選擇題 1．已知函數f(x)的導函數f′(x)的圖像如圖所示，則函數f(x)的圖像可能是(　　) 　 　 A　　　　　　　　B 　 　 C　　　　　　　　D C　[由導函數f′(x)的圖像可知，函數y＝f(x)先減再增，可排除選項A，B；又f′(x)＝0的根為正數，即y＝f(x)的極值點為正數，所以可排除選項D，選C.] 2．函數f(x)＝ln x－ax(a＞0)的遞增區(qū)間為(　　) A.　　　　　　　 B． C. D．(－

2、∞，a) A　[由題意，知f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)＝－a＞0(a＞0)，得0＜x＜，∴f(x)的遞增區(qū)間為.] 3．已知函數f(x)＝x3－ax在(－1,1)上遞減，則實數a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．[3，＋∞) C．(－∞，1] D．(－∞，3] B　[∵f(x)＝x3－ax，∴f′(x)＝3x2－a.又f(x)在(－1,1)上遞減，∴3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3，故選 B．] 4．(2019·蘭州模擬)函數f(x)在定義域R內可導，f(x)＝f(4－x)，且(x－2)f′(x)＞0.若a＝f(0)，b＝f，c＝

3、f(3)，則a，b，c的大小關系是(　　) A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．a＞b＞c D．b＞a＞c C　[由f(x)＝f(4－x)可知，f(x)的圖像關于直線x＝2對稱，根據題意知，當x∈(－∞，2)時，f′(x)＜0，f(x)為減函數；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)為增函數．所以f(3)＝f(1)＜f＜f(0)，即c＜b＜a，故選C.] 5．若函數f(x)＝ln x－ax2－2x存在遞減區(qū)間，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－1，＋∞) B．[－1，＋∞) C．(－∞，1] D．(－1,0) A　[f′(x)＝－ax－2＝，由

4、題意知f′(x)＜0有實數解， ∵x＞0， ∴ax2＋2x－1＞0有實數解． 當a≥0時，顯然滿足； 當a＜0時，只需Δ＝4＋4a＞0， ∴－1＜a＜0. 綜上知a＞－1.] 二、填空題 6．函數f(x)＝x2－2ln x的遞減區(qū)間是________． (0,1)　[函數f(x)＝x2－2ln x的定義域為(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－＝＜0，得0＜x＜1， ∴f(x)的遞減區(qū)間是(0,1)．] 7．(2019·銀川診斷)若函數f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三個單調區(qū)間，則實數a的取值范圍是________． (－3,0)∪(0，＋∞)　[由題意知f′(x)＝3

5、ax2＋6x－1，由函數f(x)恰好有三個單調區(qū)間，得f′(x)有兩個不相等的零點，需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3， 所以實數a的取值范圍是(－3,0)∪(0，＋∞)．] 8．定義在(0，＋∞)上的函數f(x)滿足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝6，則不等式f(lg x)＜＋5的解集為________． (1,10)　[構造g(x)＝f(x)－－5，則g′(x)＝f′(x)＋＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上遞增． 因為f(1)＝6，∴g(1)＝0， 故g(x)＜0的解集為(0,1)，即f(x)＜＋5的解集為(0,1)， 由0＜lg x＜1，得1＜x＜10，

6、不等式的解集為(1,10)．] 三、解答題 9．(2019·遼南五校聯考)函數f(x)＝xex－ln x－ax. (1)若函數y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線y＝2(e－1)(x－1)平行，求實數a的值； (2)若函數f(x)在[1，＋∞)上遞增，求實數a的取值范圍． [解]　(1)f′(x)＝(x＋1)ex－－a(x＞0)， f′(1)＝2e－1－a＝2(e－1)，所以a＝1. (2)由函數y＝f(x)在[1，＋∞)上遞增， 可得f′(x)＝(x＋1)ex－－a≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝(x＋1

7、)ex－， 則g′(x)＝(x＋2)ex＋＞0， 所以g(x)在[1，＋∞)上遞增， 所以g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以a≤2e－1. 即a的取值范圍為(－∞，2e－1]． 10．已知函數f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中e為自然對數的底數)，求函數f(x)的單調區(qū)間． [解]　因為f(x)＝xex＋a(x＋1)2， 所以f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a)， ①當a≥0時，ex＋2a＞0， 令f′(x)＞0，解得x＞－1； 令f′(x)＜0，解得x＜－1； ②當－＜a＜0時，ln(－2a)＜－1， 令f′(x)＞0，解得x

8、＞－1或x＜ln(－2a)； 令f′(x)＜0，解得ln(－2a)＜x＜－1； ③當a＝－時，f′(x)≥0恒成立； ④當a＜－時，ln(－2a)＞－1， 令f′(x)＞0，解得x＞ln(－2a)或x＜－1； 令f′(x)＜0，解得－1＜x＜ln(－2a)． 綜上，當a≥0時，f(x)的遞增區(qū)間是(－1，＋∞)，遞減區(qū)間為(－∞，－1)； 當－＜a＜0時，f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，ln(－2a))和(－1，＋∞)，遞減區(qū)間為(ln(－2a)，－1)； 當a＝－時，f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)，無遞減區(qū)間； 當a＜－時，f(x)的遞增區(qū)間是(－∞，－1)和(ln(－2a

9、)，＋∞)，遞減區(qū)間為(－1，ln(－2a))． B組　能力提升 1．若函數f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,0] B．[－1，＋∞) C．[0,3] D．[3，＋∞) D　[據題意當x∈時，f′(x)＝2x＋a－≥0恒成立，分離變量得a≥－2x，令g(x)＝－2x，易知函數在上為減函數，故g(x)＜g＝3，故只需a≥3即可，故選 D．] 2．(2019·宜賓模擬)已知函數f(x)＝xln x＋x(x－a)2(a∈R)．若存在x∈，使得f(x)＞xf′(x)成立，則實數a的取值范圍是(　　) A. B． C．(，＋∞)

10、 D．(3，＋∞) C　[由f(x)＞xf′(x)成立，可得′＜0.設g(x)＝＝ln x＋(x－a)2，則存在x∈，使得g′(x)＜0成立，即g′(x)＝＋2(x－a)＜0成立，即a＞min即可．又x＋≥2＝，當且僅當x＝，即x＝時取等號，∴a＞.故選C.] 3．已知函數f(x)＝－x2＋4x－3ln x在區(qū)間[t，t＋1]上不單調，則t的取值范圍是________． (0,1)∪(2,3)　[f′(x)＝－x＋4－＝－，x＞0. 令g(x)＝－(x－1)(x－3)，如圖． 要使f(x)在[t，t＋1]上不單調， 只需t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1， 即0＜t＜1或2＜t＜3.

11、] 4．(2018·合肥一模)已知f(x)＝ln(2x－1)＋(a∈R)． (1)討論f(x)的單調性； (2)若f(x)≤ax恒成立，求a的值． [解]　(1)f(x)的定義域為，f′(x)＝－＝. 令g(x)＝2x2－2ax＋a，則 若2x2－2ax＋a＝0的根的判別式Δ≤0，即當0≤a≤2時，對任意x∈，g(x)≥0恒成立， 即當x∈時，f′(x)≥0恒成立， ∴f(x)在上遞增． 若2x2－2ax＋a＝0的根的判別式Δ＞0，即當a＞2或a＜0時，g(x)圖像的對稱軸為直線x＝. ①當a＜0時，＜0，且g＝＞0. ∴對任意x∈，g(x)＞0恒成立， 即對任意x∈，

12、f′(x)＞0恒成立， ∴f(x)在上遞增． ②當a＞2時，＞1，且g＝＞0. 記g(x)＝0的兩根分別為x1，x2，且x1＝(a－)＞，x2＝(a＋)． ∴當x∈∪(x2，＋∞)時，g(x)＞0，當x∈(x1，x2)時，g(x)＜0. ∴當x∈∪(x2，＋∞)時，f′(x)＞0，當x∈(x1，x2)時，f′(x)＜0. ∴f(x)在和(x2，＋∞)上遞增，在(x1，x2)上遞減． 綜上，當a≤2時，f(x)在上遞增； 當a＞2時，f(x)在和上遞增，在，上遞減． (2)f(x)≤ax恒成立等價于對任意x∈，f(x)－ax≤0恒成立． 令h(x)＝f(x)－ax＝ln(2x－1)＋－ax，則h(x)≤0＝h(1)恒成立， 即h(x)在x＝1處取得最大值． h′(x)＝. 由h′(1)＝0，得a＝1， 當a＝1時，h′(x)＝， ∴當x∈時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時， h′(x)＜0. ∴當a＝1時，h(x)在上遞增，在(1，＋∞)上遞減，從而h(x)≤h(1)＝0，符合題意． ∴a＝1. - 7 -