-2021年新高考数学基础考点一轮复习专题14 导数与函数的单调性(提升训练)(解析版)

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专题 14 导数与函数的单调性

1．下列函数中，定义域是 R且为增函数的是(　　)

(A)y＝e－x (B)y＝x3

(C)y＝ln x (D)y＝|x|

答案：B

2．(2019 宁波联考)函数 f(x)＝－(a<b<1)，则(　　)

(A)f(a)＝f(b) (B)f(a)<f(b)

(C)f(a)>f(b) (D)f(a)，f(b)大小关系不能确定

C　解析：因为 f′(x)＝－＝，当 x<1 时有 f′(x)<0，

故f(x)在x<1 时为减函数，从而有 f(a)>f(b)．

3．对于实数集 R上的可导函数 f(x)，若满足(x2－3x＋2)f′(x)＜0，则在区间[1,2]上必有(　　)

(A)f(1)≤f(x)≤f(2) (B)f(x)≤f(1)

(C)f(x)≥f(2) (D)f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)

答案：A

4．已知函数 f(x)的图象如图所示，则 f(x)的解析式可能是(　　)

(A)f(x)＝－x3 (B)f(x)＝＋x3

(C)f(x)＝－x3 (D)f(x)＝－－x3

答案：A

5．对于 R上可导的任意函数 f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)

(A)f(0)＋f(2)＜2f(1) (B)f(0)＋f(2)≤2f(1)

(C)f(0)＋f(2)≥2f(1) (D)f(0)＋f(2)＞2f(1)

C　解析：(x－1)f′(x)≥0，

或.

①函数 y＝f(x)在(－∞，1]上单调递减，f(0)＞f(1)；

在[1，＋∞)上单调递增，f(2)＞f(1)，

∴f(0)＋f(2)＞2f(1)．

②函数 y＝f(x)可为常数函数，

f(0)＋f(2)＝2f(1)．

综合①②知 f(0)＋f(2)≥2f(1)．

6．已知函数 f(x)(x∈R)的导函数为 f′(x)，且 f(3)＝7，f′(x)<2，则 f(x)<2x＋1的解集为________．

解析：∵f′(x)<2，∴f′(x)－2<0，令 F(x)＝f(x)－2x，则 F′(x)＝f′(x)－2<0，F(x)在R上是减函数．F(x)＝f

(x)－2x<1＝f(3)－2×3＝F(3)，则 x>3.

答案：(3，＋∞)

7．(2019 大连模拟)已知函数 f(x)＝aln(x＋1)－x2在区间(1,2)内任取两个实数 p，q，且 p≠q，不等式＜1恒成

立，则实数 a的取值范围为________．

答案：(－∞，15]

8．若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M性质．

下列函数中所有具有 M性质的函数的序号为________．

①f(x)＝2－x　② f(x)＝3－x　③ f(x)＝x3　④ f(x)＝x2＋2

解析：对于①，exf(x)＝ex·2－x，故[exf(x)]′＝(ex·2－x)′＝ex·2－x(1－ln 2)＞0，故函数 exf(x)＝ex·2－x在(－∞，

＋∞)上为增函数，故①符合要求；

对于②，exf(x)＝ex·3－x，故[exf(x)]′＝(ex·3－x)′＝ex·3－x(1－ln 3)＜0，故函数 exf(x)＝ex·3－x在(－∞，＋∞)

上为减函数，故②不符合要求；

对于③，exf(x)＝ex·x3，故[exf(x)]′＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，显然函数 exf(x)＝ex·x3在(－∞，＋∞)上不单调，

故③不符合要求；对于④，exf(x)＝ex·(x2＋2)，故[exf(x)]′＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)2＋1]＞0，

故函数 exf(x)＝ex·(x2＋2)在(－∞，＋∞)上为增函数，故④符合要求．

综上，具有 M性质的函数的序号为①④.

答案：①④

9．设函数 f(x)＝aln x＋，其中 a为常数．

(1)若a＝0，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)讨论函数 f(x)的单调性．

解析：(1)由题意知 a＝0时，f(x)＝，x(0∈，＋∞)，

此时 f′(x)＝，可得 f′(1)＝，又 f(1)＝0，

所以曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 x－2y－1＝0.

(2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f′(x)＝＋

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