2025版高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课时达标文含解析新人教A版

PAGEPAGE1第14讲导数与函数的单调性课时达标一、选择题1．(2024·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y′＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()D解析依据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，解除A，B项；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上，f′(x)<0，在(x1，x2)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，解除C项．故选D.2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件A解析f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．3．(2024·长郡中学月考)求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采纳以下做法：先两边同取自然对数得lny＝g(x)lnf(x)，再两边同时求导得eq\f(1,y)y′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)eq\f(1,fx)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g′xlnfx＋gx·\f(1,fx)f′x))，运用此方法求得函数y＝xeq\f(1,x)的单调递增区间是()A．(e,4) B．(3,6)C．(0，e) D．(2,3)C解析由题意知y′＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)·lnx＋\f(1,x2)))＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－lnx,x2)))(x＞0)，令y′＞0，得1－lnx＞0，所以0＜x＜e，所以函数y＝xeq\f(1,x)的单调递增区间为(0，e)．故选C.4．函数f(x)对定义域R上的随意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满意xf′(x)>f′(x)，若1<a<2，则有()A．f(2a)<f(2)<f(log2B．f(2)<f(log2a)<f(2C．f(log2a)<f(2)<f(2D．f(log2a)<f(2a)<C解析因为函数f(x)对定义域R上的随意x都有f(2－x)＝f(x)，所以函数图象的对称轴为直线x＝1.又因为其导函数f′(x)满意xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．因为1<a<2，所以0<log2a<1,2a>2，所以f(log2a)<f(2)<f5．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为y＝f′(x)，满意f′(x)＜f(x)，f(0)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为()A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－2，＋∞) D．(4，＋∞)A解析令F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＜0，故F(x)为R上的减函数．则f(x)＜ex等价于F(x)＜1，因为f(0)＝1，所以F(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，所以F(x)＜F(0)，所以x＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．故选A.6．(2024·龙泉二中月考)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()A．[1，＋∞) B．[1,2)C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))C解析由题意得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－12x＋1,x)，因为x>0，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，所以令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2).由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1<\f(1,2)<k＋1))⇒1≤k<eq\f(3,2).二、填空题7．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．解析由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)≤0，即3(x－11)(x＋1)≤0，解得－1≤x≤11，所以函数f(x)的单调减区间为[－1,11]．答案[－1,11]8．f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则n＝________.解析因为f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，所以n2－3n＝2k(k∈Z)，即f(x)＝x2k，所以f′(x)＝2kx2k－1.因为f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，所以在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．因为x2k－1>0，所以2k<0，即n2－3n<0，解得0<n<3.因为n∈Z，所以n＝1或n＝2.答案1或29．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋blnx在(1，＋∞)上是减函数，则实数b的最大值是________．解析函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，而f′(x)＝－x＋eq\f(b,x)＝eq\f(－x2＋b,x).因为x>0，函数f(x)在(1，＋∞)上是减函数，即－x2＋b≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，得b≤x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2，x∈(1，＋∞)，则g(x)>g(1)＝1，所以b≤1，则b的最大值为1.答案1三、解答题10．已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．解析(1)由题意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).设h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝eq\f(ex－a,x)－alnx，其中a＞0，x＞0，e是自然对数的底数，探讨f(x)的单调性．解析f′(x)＝eq\f(exx－ex－a,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x－1ex＋a,x2)－eq\f(ax,x2)＝eq\f(1,x2)·[(x－1)·ex＋a－ax]＝eq\f(1,x2)[(x－1)(ex－a)]．①当0＜a≤1时，ex＞a，当x∈(0,1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0；所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；②当1＜a＜e时，令ex＝a，得x＝lna∈(0,1)，由f′(x)＜0得lna＜x＜1，由f′(x)＞0得0＜x＜lna或x＞1，所以f(x)在(0，lna)，(1，＋∞)上单调递增，在(lna,1)上单调递减；③当a＝e时，f′(x)≥0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；④当a＞e时，令ex＝a，得x＝lna∈(1，＋∞)，由f′(x)＜0得1＜x＜lna，由f′(x)＞0得0＜x＜1或x＞lna，所以f(x)在(0,1)，(lna，＋∞)上单调递增，在(1，lna)上单调递减．综上，当0＜a≤1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当1＜a＜e时，f(x)在(0，lna)，(1，＋∞)上单调递增，在(lna,1)上单调递减；当a＝e时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞e时，f(x)在(0,1)，(lna，＋∞)上单调递增，在(1，lna)上单调递减．12．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图，f(x)＝6lnx＋h(x)．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是单调函数，求实数m的取值范围．解析(1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，其图象为直线，且过(0，－8)，(4,0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－8，,8a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－8，))所以h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8，所以f(x)＝6lnx＋x2－8x＋2.(2)由(1)得f′(x)＝eq\f(6,x)＋2x－8＝eq\f(2x－1x－3,x).因为x>0，所以f′(x)，f(x)的改变如下表所示.x(0,1)1(1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增单调递减单调递增所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(1,3)，要使f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m＋\f(1,2)))上是单调函数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<m＋\f(1,2)，,m＋\f(1,2)≤3，))解得eq\f(1,2)<m≤eq\f(5,2).故m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))).13．[选做题]定义在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，则恒有f(x)cosx＋f′(x)sinx＞0成立，则()A.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B．f(1)sin1＞eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＞eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))B解析依据题意，设g(x)＝f(x)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜x＜\f(π,2)))，则g′(x)＝f′(x)sinx