2021高考数学一轮复习专练13导数与函数的单调性含解析理新人教版

2021高考数学一轮复习专练13导数与函数的单调性含解析理新人教版

专练13　导数与函数的单调性 命题范围：利用导数研究函数的单调性．‎ ‎[基础强化]‎ 一、选择题 ‎1．[2020·保定九校联考]函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是(　　)‎ A. B. C. D. ‎2．已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下面判断正确的是(　　)‎ A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数 B．在(1,3)上f(x)是减函数 C．在(4,5)上f(x)是增函数 D．当x＝4时，f(x)取极大值 ‎3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使得函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈(　　)‎ A．[0,1] B．[3,5]‎ C．[2,3] D．[2,4]‎ ‎4．[2020·福建福州联考]设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)‎ A．g(a)<0f(b) B．f(a)＝f(b)‎ C．f(a)1‎ ‎8．已知函数y＝f(x)满足f′(x)＝x2－3x－4，则y＝f(x＋3)的单调减区间为(　　)‎ A．(－4,1) B．(－1,4)‎ C. D. ‎9．设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－‎ f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1)∪(0,1)‎ B．(－1,0)∪(1，＋∞)‎ C．(－∞，－1)∪(－1,0)‎ D．(0,1)∪(1，＋∞)‎ 二、填空题 ‎10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＋c＝________.‎ ‎11．已知定义在[－π，π]上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________．‎ ‎12．[2020·甘肃张掖一中测试]若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域上单调递增，则a的取值范围是________．‎ ‎[能力提升]‎ ‎13．设f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－2)＝0，当x≥0时，xf′(x)－f(x)>0，则使f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)‎ A．(－2,0) B．(－2,2)‎ C．(2，＋∞) D．(－2,0)∪(2，＋∞)‎ ‎14．[2020·合肥一中测试]f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，则下列式子成立的是(　　)‎ A．f(a)eaf(0)‎ C．f(a)< D．f(a)> ‎15．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________(用“<”连接)．‎ ‎16．已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0)a∈R，在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．‎ 专练13　导数与函数的单调性 ‎1．B　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0，得00，∴f(x ‎)在(4,5)上单调递增，故C正确；由函数的图象可知函数在x＝4处取得极小值，故D不正确．‎ ‎3．C　因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1,3]上单调递减，f(x)的图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2,4]上单调递减．用集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2,4]内的选项为C.故选C.‎ ‎4．A　对函数f(x)＝ex＋x－2求导得f′(x)＝ex＋1，f′(x)>0在R上恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增．又f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，f(a)＝0，所以00在定义域(0，＋∞)上恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g(1)＝－2<0且g(b)＝0，所以b>1，所以g(a)<0，f(b)>0，所以g(a)<00，故f(x)在(0，e)上单调递增．又∵00时，xf′(x)－f(x)<0，所以F(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据对称性，F(x)＝在(－∞，0)上单调递增，又f(－1)＝0，f(1)＝0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．故选A.‎ ‎10．－12‎ 解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1,3)．∴得 ‎∴b＋c＝－12.‎ ‎11.， 解析：∵f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，‎ 由f′(x)>0得－π0时，g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(2)＝＝0，‎ ‎∴f(x)>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)．‎ ‎14．B　令g(x)＝，∴g′(x)＝＝>0，‎ ‎∴g(x)在R上单调递增，‎ 又a>0，∴g(a)>g(0)，‎ ‎∴>，∴f(a)>eaf(0)．‎ ‎15．f(－3)＜f(2)＜f 解析：∵f(x)＝xsinx＋cosx为偶函数，‎ ‎∴f(－3)＝f(3)．‎ 又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，‎ 当x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上为减函数，‎ ‎∴f>f(2)>f(3)＝f(－3)．‎ ‎16. 解析：f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋‎2a(x＋2)＝(2x－2)·ex＋‎2a(x＋2)，‎ 依题意，当x>0时，函数f′(x)≥0恒成立，‎ 即≥－‎2a恒成立，‎ 记g(x)＝，‎ 则g′(x)＝ ‎＝>0，‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝－1，‎ 所以－‎2a≤－1，即a≥.‎ 故a的取值范围为.‎