【文档说明】2023年高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练2.11.1《函数的导数与单调性》(含答案) .doc，共(5)页，89.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2023年高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练2.11.1《函数的导数与单调性》一、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.函数f(x)=

x2－2lnx的单调减区间是()A.(0,1)B.(1，＋∞)C.(－∞，1)D.(－1,1)3.若函数f(x)=kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2

，＋∞)D.[1，＋∞)4.已知函数f(x)=2x3－6ax＋1，a≠0，则函数f(x)的单调递减区间为()A.(－∞，＋∞)B.(－a，＋∞)C.(－∞，－a)∪(a，＋∞)D.(－a，a)5.已知函数f(x)=x2＋2cosx，若f′(x)是f(

x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是()6.已知函数f(x)=ax－1＋lnx，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是()A.a>2B.a<3C.a≤1D.a≥37.设f(

x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，若f(x)＋f′(x)>1，f(0)=2018，则不等式exf(x)>ex＋2017(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(－∞，0)∪(0，＋∞)B.(0，＋∞)C.(2017，＋∞)D.(－∞，0)∪(2017，＋∞

)8.函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a=f(0)，b=f（12），c=f(3)，则()A.a<b<cB.c<a<bC.c<b<aD.b<c<a9.已

知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)=0，则f(x)>0的解集为()A.(－∞，－1)B.(－1,1)C.(－∞，0)D.(－1，＋∞)10

.f(x)=x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A.a<1B.a≤1C.a<2D.a≤211.定义在(0，π2)上的函数f(x)，已知f′(x)是它的导函数，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)＜0成立，则有()A.f(π6)＞2f(π4)B.3f(

π6)＞f(π3)C.f(π6)＞3f(π3)D.f(π6)＞3f(π4)12.已知函数f(x)=lnx－ax2＋1，若存在实数x1，x2∈[1，＋∞)，且x1－x2≥1，使得f(x1)=f(x2)成立，则实数a的取值

范围为()A.(0，ln23)B.(0，ln23]C.(－∞，ln23]D.(－∞，2ln23]二、填空题13.已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为________.14.设函数f(x)=13x3－(1＋a)

x2＋4ax＋24a，其中常数a＞1，则f(x)的单调减区间为________.15.已知函数f(x)的导函数为f′(x)=5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)=0，如果f(1－x)＋f(1－x2)＜0，则实数x的取值范围为__________.16.已知函数f(x)

=3xa－2x2＋lnx(a＞0).若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________.0.答案解析1.答案为：D解析：根据题意，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，排除A，B；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，排

除C，选D.2.答案为：A解析：因为f′(x)=2x－2x=2x＋1x－1x(x＞0).所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.3.答案为：D解析：因为f(x)=kx－ln

x，所以f′(x)=k－1x.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，f′(x)=k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立.因为x＞1，所以0＜1x＜1，所以k≥1.故选D.4.答案为：D解析：f′(x)=6x2－6a

=6(x2－a)，当a＜0时，对x∈R，有f′(x)＞0；当a＞0时，由f′(x)＜0解得－a＜x＜a，所以当a＞0时，f(x)的单调递减区间为(－a，a).5.答案为：A解析：设g(x)=f′(x)=2x－2sinx，g′(x)=2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R

上单调递增.6.答案为：C解析：函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，不等式ax－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，令h(x)=x－xlnx，可得h′(x)=1－(lnx＋1)=－lnx，令h′(x)=0，可得x=1，当0<x<1时，h′(x)>0

，当x>1时，h′(x)<0，可得当x=1时，函数h(x)=x－xlnx取得最大值1，要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.故选C.7.答案为：B解析：设g(x)=exf(x)－ex，则

g′(x)=exf(x)＋exf′(x)－ex=ex[f(x)＋f′(x)－1]，∵f(x)＋f′(x)>1，ex>0，∴g′(x)=ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，∴g(x)是R上的增函数.又g(0)=f(0

)－1=2017，∴g(x)>2017的解集为(0，＋∞)，即不等式exf(x)>ex＋2017的解集为(0，＋∞).故选B.8.答案为：B解析：由f(x)=f(2－x)可得对称轴为x=1，故f(3)=f(

1＋2)=f(1－2)=f(－1).又x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)<f(0)<f（12），即c<a<b.故选B.9.答案为：A解析：设g(x)=fxe2x，则g′(x)=fx2f

xe2x<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)=0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.故选A.10.答案为：D解析：由f(x)=x2－alnx，得f′(x)=2x－ax，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

∴2x－ax≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.11.答案为：C解析：∵cosx·f′(x)＋sinx·f(x)＜0，∴在(0，π2)上，[fxcosx]′＜0，∴函数y=fxcosx在(0，

π2)上是减函数，∴fπ6cosπ6＞fπ3cosπ3，∴f(π6)＞3f(π3)，故选C.12.答案为：B解析：当a=0时，f(x)=lnx＋1，若f(x1)=f(x2)，则x1=x2，显然不成立，排除C，D；取x1=2，x2=1，由f(x

1)=f(x2)得－a＋1=ln2－4a＋1，得a=ln23，排除A.选B.二、填空题13.答案为：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析：由函数图象可知f′(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f

′(x)<0的解集为(－1,1).由(x2－2x－3)f′(x)>0，得x2－2x－3>0，fx>0，①或x2－2x－3<0，fx<0，②解①得x<－1或x>3；解②得－1<x<1.∴不等式(x2

－2x－3)f′(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞).故答案为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞).14.答案为：(2,2a)解析：f′(x)=x2－2(1＋a)x＋4a=(x－2)(x－2a)，由a＞1知，当x＜2时，f′(x)＞0，故f(x)

在区间(－∞，2)上单调递增；当2＜x＜2a时，f′(x)＜0，故f(x)在区间(2,2a)上单调递减；当x＞2a时，f′(x)＞0，故f(x)在区间(2a，＋∞)上单调递增.综上，当a＞1时，f(x)在区间(－∞，2)和(2a，＋∞)上单调递增，在区间(2,2a)上单

调递减.15.答案为：(1，2)解析：∵f′(x)是偶函数，且f(0)=0，∴原函数f(x)是奇函数，且定义域为(－1,1).又导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，∴所求不等式可变形为f(1－x)＜f(x2－1)，∴－1＜1－x＜x

2－1＜1，解得1＜x＜2，∴实数x的取值范围是(1，2).16.答案为：(0,25]∪[1，＋∞).解析：f′(x)=3a－4x＋1x，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则f′(x)=3a－4x＋1x≥0或f′(x)=3a－4x＋1x≤0在[1,2]上恒成立，即

3a≥4x－1x或3a≤4x－1x在[1,2]上恒成立.令h(x)=4x－1x，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以3a≥h(2)或3a≤h(1)，即3a≥152或3a≤3，又a＞0，所以0＜a≤25或a≥1.