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第2练　导数与函数的单调性（原卷版）
一、单项选择题
1.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(　　)
2．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝(　　)
A．－4 B．－1
C．1 D．4
3．函数f(x)＝ln x－ax(a＞0)的单调递增区间为(　　)
A. B.
C. D．(－∞，a)
4．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　)
A．(0，2)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．(－2，0)
D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
5．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，2] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2] D．(0，3]
6．(2025·湖南长沙联考)已知函数f(x)＝cosx＋ex，且a＝f(2)，b＝f，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．aC．c7．(2025·江苏南通模拟)函数f(x)＝(ex＋e－x)·sinx－2x在区间[－2，2]上的大致图象为(　　)
8．设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)A．f(x)B．f(x)>g(x)
C．f(x)＋g(a)D．f(x)＋g(b)二、多项选择题
9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是(　　)
A．－3 B．－1
C．0 D．2
10．已知函数f(x)＝x2－ln |x|，则(　　)
A．曲线y＝f(x)关于y轴对称
B．曲线y＝f(x)关于原点对称
C．f(x)在(－1，0)上单调递减
D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增
11．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有＞0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　)
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sinx
三、填空题
12．已知函数f(x)＝－x2－cosx，则f(x－1)>f(－1)的解集为________．
13．已知奇函数f(x)的定义域为R，且>0，则f(x)的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________．
14．已知f(x)＝logax＋log(a＋2)x(0四、解答题
15．(1)判断函数f(x)＝(x－2)ln (2－x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)＝(a≠0)的单调性．
16．(2025·江苏常州模拟)已知函数f(x)＝bx＋loga(a>0且a≠1，b∈R)．
(1)当b＝2时，证明f(x)＋f(4－x)为定值，并求出函数f(x)图象的对称中心；
(2)当a＝e(e是自然对数的底数)时，若f(x)在定义域上单调递增，求实数b的最小值．
17．(2025·浙江衢州模拟)已知函数f(x)＝xcosx＋asinx.求所有的实数a，使得函数y＝f(x)在[－π，π]上单调．
第2练　导数与函数的单调性（解析版）
一、单项选择题
1.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(　　)
答案：D
解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的单调递增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的单调递减区间，经验证，只有D符合．
2．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间是[－1，4]，则a＝(　　)
A．－4 B．－1
C．1 D．4
答案：A
解析：易知f′(x)＝x2－3x＋a，由题意知f′(x)≤0的解集为[－1，4]，则－1与4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，故a＝－1×4＝－4.
3．函数f(x)＝ln x－ax(a＞0)的单调递增区间为(　　)
A. B.
C. D．(－∞，a)
答案：A
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，令f′(x)＝－a＞0，得0＜x＜，所以f(x)的单调递增区间为.
4．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝的单调递减区间为(　　)
A．(0，2)
B．(－∞，0)和(2，＋∞)
C．(－2，0)
D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
答案：B
解析：设幂函数f(x)＝xα，它的图象过点，∴＝，∴α＝2，∴f(x)＝x2，∴g(x)＝，则g′(x)＝＝，令g′(x)＜0，则x(2－x)＜0，解得x＞2或x＜0，故函数g(x)的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)．故选B.
5．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．(1，2] B．[4，＋∞)
C．(－∞，2] D．(0，3]
答案：A
解析：由f(x)＝x2－9ln x(x>0)，得f′(x)＝x－＝(x>0)，当x∈(0，3)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，又函数f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以解得16．(2025·湖南长沙联考)已知函数f(x)＝cosx＋ex，且a＝f(2)，b＝f，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．aC．c答案：D
解析：f′(x)＝－sinx＋ex，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为＝ln 7．(2025·江苏南通模拟)函数f(x)＝(ex＋e－x)·sinx－2x在区间[－2，2]上的大致图象为(　　)
答案：C
解析：当x∈[－2，2]时，f(－x)＝(e－x＋ex)·sin(－x)－2(－x)＝－[(ex＋e－x)sinx－2x]＝－f(x)，故f(x)在[－2，2]上为奇函数，因此f(x)的图象关于(0，0)对称，故可以排除A，B，又f′(x)＝h(x)＝(ex－e－x)sinx＋(ex＋e－x)cosx－2，h′(x)＝(ex＋e－x)sinx＋(ex－e－x)cosx＋(ex－e－x)cosx＋(ex＋e－x)·(－sinx)＝2(ex－e－x)cosx，当x∈时，h′(x)＝2(ex－e－x)cosx>0，因此可得f′(x)在上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，即当x∈时，f′(x)>0，因此可得f(x)在上单调递增，结合图象知C正确．故选C.
8．设函数f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)A．f(x)B．f(x)>g(x)
C．f(x)＋g(a)D．f(x)＋g(b)答案：C
解析：对于A，B，不妨设f(x)＝－2x，g(x)＝1，则f′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f(x)＝2>1＝g(x)，故A错误；若x＝0∈(a，b)，则f(x)＝0<1＝g(x)，故B错误．对于C，D，因为f(x)，g(x)在R上的导函数存在，且f′(x)g(x)＋f(b)，故D错误．故选C.
二、多项选择题
9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值可以是(　　)
A．－3 B．－1
C．0 D．2
答案：BD
解析：依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故解得a>－3且a≠0.故选BD.
10．已知函数f(x)＝x2－ln |x|，则(　　)
A．曲线y＝f(x)关于y轴对称
B．曲线y＝f(x)关于原点对称
C．f(x)在(－1，0)上单调递减
D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增
答案：AD
解析：函数f(x)＝x2－ln |x|的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝(－x)2－ln |－x|＝x2－ln |x|＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，曲线y＝f(x)关于y轴对称，A正确，B错误；当x<0时，f(x)＝x2－ln (－x)，f′(x)＝2x－＝，则当－0，f(x)单调递增，C错误；当x>0时，f(x)＝x2－ln x，f′(x)＝2x－＝，则当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，D正确．故选AD.
11．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有＞0，则称函数y＝f(x)为“F函数”．下列函数不是“F函数”的是(　　)
A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sinx
答案：ACD
解析：依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数．对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上是增函数，故B中函数是“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsinx，g′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，故D中函数不是“F函数”．
三、填空题
12．已知函数f(x)＝－x2－cosx，则f(x－1)>f(－1)的解集为________．
答案：(0，2)
解析：∵y＝x2，y＝cosx均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，f′(x)＝－2x＋sinx，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2＋cosx，∵cosx∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，又f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，f′(x)>0在(－∞，0)上恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增，∴f(x－1)>f(－1) |x－1|<1 x∈(0，2)．
13．已知奇函数f(x)的定义域为R，且>0，则f(x)的单调递减区间为________；满足以上条件的一个函数是________．
答案：(－1，1)　f(x)＝x3－x(答案不唯一)
解析：由>0，可得或所以当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(－1，1)，所以满足条件的一个函数可以为f(x)＝x3－x(答案不唯一)．
14．已知f(x)＝logax＋log(a＋2)x(0答案：(－1，1)
解析：f′(x)＝＋＝≤0在(0，＋∞)上恒成立，则＋≤0，又00，不等式化为ln (a＋2)＋ln a≥0，即ln (a2＋2a)≥0，则a2＋2a≥1，解得－1≤a<1，当a＝－1时，f(x)＝log(－1)x＋log(＋1)x＝0，不符合题意，故－1四、解答题
15．(1)判断函数f(x)＝(x－2)ln (2－x)的单调性；
(2)讨论函数f(x)＝(a≠0)的单调性．
解：(1)由函数f(x)＝(x－2)ln (2－x)，可得f(x)的定义域为(－∞，2)，且f′(x)＝ln (2－x)＋1，
令f′(x)>0，可得ln (2－x)>－1，解得x<2－e－1，
令f′(x)<0，可得ln (2－x)<－1，解得2－e－1所以f(x)在(－∞，2－e－1)上单调递增，在(2－e－1，2)上单调递减．
(2)由题意，知函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝0或2，
当a>0时，令f′(x)<0，解得x<0或x>2，令f′(x)>0，解得0所以f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，在区间(0，2)上单调递增；
当a<0时，令f′(x)<0，解得0令f′(x)>0，解得x<0或x>2，
所以f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减．
综上所述，当a>0时，f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，在区间(0，2)上单调递增；
当a<0时，f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在区间(0，2)上单调递减．
16．(2025·江苏常州模拟)已知函数f(x)＝bx＋loga(a>0且a≠1，b∈R)．
(1)当b＝2时，证明f(x)＋f(4－x)为定值，并求出函数f(x)图象的对称中心；
(2)当a＝e(e是自然对数的底数)时，若f(x)在定义域上单调递增，求实数b的最小值．
解：(1)当b＝2时，f(x)＝2x＋logax－loga(4－x)，其中x∈(0，4)，
f(4－x)＝2(4－x)＋loga(4－x)－loga[4－(4－x)]＝8－2x＋loga(4－x)－logax，
所以f(x)＋f(4－x)＝8，
故函数f(x)图象的对称中心为(2，4)．
(2)当a＝e时，f(x)＝bx＋ln x－ln (4－x)，其中x∈(0，4)，
因为f(x)在定义域上单调递增，
所以f′(x)≥0在(0，4)上恒成立，
又f′(x)＝b＋＋＝b＋，
又x(4－x)≤＝4，当且仅当x＝2时，等号成立，
得到f′(x)min＝b＋1，所以b＋1≥0，即b≥－1，
所以实数b的最小值为－1.
17．(2025·浙江衢州模拟)已知函数f(x)＝xcosx＋asinx.求所有的实数a，使得函数y＝f(x)在[－π，π]上单调．
解：解法一：因为f(－x)＝－xcosx－asinx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调．
又f′(x)＝(a＋1)cosx－xsinx，
因为f′＝－<0，所以函数y＝f(x)在[0，π]上只能单调递减，
由解得a＝－1.
下证当a＝－1时，f(x)＝xcosx－sinx在[－π，π]上单调．
由于f(x)是奇函数，只要y＝f(x)在[0，π]上单调，
因为f′(x)＝－xsinx≤0，所以y＝f(x)在[0，π]上单调递减，所以y＝f(x)在[－π，π]上单调递减．
综上，当a＝－1时，函数y＝f(x)在[－π，π]上单调．
解法二：因为f(－x)＝－xcosx－asinx＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
要使函数y＝f(x)在[－π，π]上单调，只要函数y＝f(x)在[0，π]上单调．
又f′(x)＝(a＋1)cosx－xsinx.
(ⅰ)当a＝－1时，f′(0)＝a＋1＝0，即a＝－1时，f′(x)＝－xsinx≤0，
所以函数y＝f(x)在[0，π]上单调递减，
所以a＝－1满足题意；
(ⅱ)当a>－1时，f′(0)＝a＋1>0，则f′(π)＝－(a＋1)<0，故f′(0)·f′(π)<0，
所以由零点存在定理得，存在x1，x2∈(0，π)，使得当x∈(0，x1)时，f′(x)>0，当x∈(x2，π)时，f′(x)<0，
所以y＝f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x2，π)上单调递减，
因此a>－1不符合题意；
(ⅲ)当a<－1时，f′(0)＝a＋1<0，则f′(π)＝－(a＋1)>0，故f′(0)·f′(π)<0，
所以由零点存在定理得，存在x3，x4∈(0，π)，使得当x∈(0，x3)时，f′(x)<0，
当x∈(x4，π)时，f′(x)>0，
所以y＝f(x)在(0，x3)上单调递减，在(x4，π)上单调递增，
因此a<－1不符合题意．
因此所求实数a的值是－1.
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