2021版高考文科数学人教通用版大一轮复习课时分层提升练 十四 利用导数研究函数的单调性

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课时分层提升练 十四
利用导数研究函数的单调性
……………………30分钟 60分
一、选择题(每小题5分,共25分)
1.若函数f(x)=2x
3
-3m x
2
+6x在区间(2,+∞)上为增函数,则实数m的取
值范围为
( )
A.(-∞,2) B.(-∞,2]
C. D.
【解析】选D.因为f′(x)=6x
2
-6mx+6,
当x∈(2,+∞)时,f′(x)≥0恒成立,
即x
2
-mx+1≥0恒成立,所以m≤x+恒成立.
令g(x)=x+,g′(x)=1-,
所以当x>2时,g′(x)>0,
即g(x)在(2,+∞)上单调递增,
所以m≤2+=.
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2.设函数f(x)的导数为f′(x)且f(x)=x
3
f′( 1)+x
2
+1,则f(x)的单调
递增区间是 ( )
A.(-∞,0)和
B.
C.
D.

和(0,+∞)


【解析】选C.因为f(x)=x
3
f′(1)+x
2
+1,
所以f′(x)=3x
2
f′(1)+2x,
所以f′(1)=3×1
2
×f′(1)+2×1,则f′(1)=-1,
所以f(x)=-x
3
+x
2
+1,所以f(x)的定义域为(-∞,+∞) ,则f′(x)=-3x
2
+2x.
令f′(x)>0,则-3x
2
+2x>0,
即3x
2
-2x<0,0所以f(x)的单调递增区间为. 3.定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),已知函数y=2
f′(x)
的
图象如图所示,则函数y=f(x)的单调递减区间为 ( )

A.(1,+∞) B.(1,2)
C.(-∞,2) D.(2,+∞)
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【解析】选D.结合题干图可知,
当x∈(-∞,2]时,2
f
′
(x)
≥1,即f′(x)≥0;
当x∈(2,+∞)时,0<2
f
′
(x)
<1,即f′(x)<0 ;
故函数y=f(x)的单调递减区间为(2,+∞).
4.(2020·成都模拟)设定 义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),若
f(x)+f′(x)>2,f(0)=2 020,则不等式e
x
f(x)>2e
x
+2 018(其中e为自然
对数的底数)的解集为 ( )
A.(0,+∞)
B.(2 018,+∞)
C.(2 020,+∞)
D.(-∞,0)∪(2 018,+∞)
【解析】选A.设g(x)=e
x
f(x)-2e
x
,则
g′(x)=e
x
f(x)+e
x
f′(x)-2e
x
=e
x
[f(x)+f′(x)-2],因为
f(x)+f′(x)>2, e
x
>0,所以g′(x)=e
x
[f(x)+f′(x)-2]>0,所以 g(x)是
R上的增函数,又g(0)=f(0)-2=
2 018,所以g(x)>2 018的解集为(0,+∞),
即不等式e
x
f(x)>2e
x
+2 018的解集为(0,+∞).
5.设f′(x)为定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数, 且
f′(x)->0恒成立,则 ( )
A.3f(4)>4f(3) B.3f(4)<4f(3)
C.3f(3)>4f(4) D.3f(3)<4f(4)
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【解析】选A.因为f′(x)-
′>0,故是增函数,
=
<
=x′>0,因为x>0,故
,得3f(4)>4f(3).
二、填空题(每小题5分,共15分)
6.函数y=xcos x-sin x,x∈(0,2π)的单调增区间是__________.
【解析】因为函数y=xcos x-sin x,x∈(0,2π),
所以y′=-xsin x,
由-xsin x>0,x∈(0,2π),化为sin x<0,x∈(0,2π),
解得π(π,2π).
答案:(π,2π)
7.已 知函数f(x)=x
3
+bx
2
+cx+d在区间[-1,2]上是减函数, 那么b+c的最
大值为________.
【解析】由题意得f′(x)=3x
2
+2bx+c≤0在[-1,2]上恒成立,得
??
设b+c=m(2b-c)+n(4b+c),
即b+c=(2m+4n)b+(-m+n)c,
令解得
所以b+c=-(2b-c)+(4b+c)≤-×3+×(-12)=-,
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当且仅当2b-c=3,4b+c=-12,
即b=-,c=-6时,等号成立,
所以b+c的最大值为-.
答案:-
8.(2020·攀枝花模拟)已知函数f(x)=
[1,2],使得
(b∈R).若存在x ∈
>-f′(x),则实数b的取值范围是________.
【解析】令g(x)=xf (x),x∈[1,2],则g′(x)=f(x)+xf′(x)>0在x∈[1,2]上有
解,所以 2x(x-b)-1>0,所以b设h(x)=x-,x∈[1,2 ],所以bmax
,因为h(x)=x-在[1,2]上为增函数,
所以h (x)
max
=h(2)=.
所以b<.即实数b的取值范围是
答案:
.
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知函数y=ax与y=-在(0 ,+∞)上都是减函数,试确定函数
y=ax
3
+bx
2
+5的单调 区间.
【解析】因为函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,所以a<0,b<0.
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由y=ax
3
+bx
2
+5得y′=3ax2
+2bx.
令y′>0,得3ax
2
+2bx>0,所以-
所以当x∈
时,函数为增函数.令y′<0,
,或x>0. 即3ax
2
+2bx<0,所以x<-
所以在,(0,+∞)上函数为减函数.
10.设函数f(x)=x
2
e
x
.
(1)求在点(1,f(1))处的切线方程.
(2)求函数f(x)的单调区间.
(3)求当x∈[-2,2]时,使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值
范围.
【解析】(1)因为f′(x)=x
2
e
x
+2xe
x,所以k=f′(1)=3e,f(1)=e,切线方程为
3ex-y-2e=0.
(2)令f′(x)>0,即x(x+2)e
x
>0,
得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,
令f′(x)<0,即x(x+2)e
x
<0,
得f(x)在区间(-2,0)上单调递减.
(3)由(2)知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,
在区间(0,2)上单调递增,f(x)
min
=f(0)=0.
当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,
需2a+1≥f(x)
min
,即2a+1≥0,故a≥-.
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……………………20分钟 40分
1.(5分)已知e为自然对数的底数,则函数y=xe
x
的单调递增区间是
( )
A.[-1,+∞) B.(-∞,-1]
C.[1,+∞) D.(-∞,1]
【解析】选A.因为y′=(1+x)e
x
,
故当x≥-1时y′=(1+x)e
x
≥0,
所以x≥-1时函数单调递增.
2.(5分)已知函数f(x)=x
3
+a x+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
【解析】选A.f′(x)=x
2
+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. (5分)已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=2,且f(x)的导
数f′(x)在R上 恒有f′(x)<1(x∈R),则不等式f(x) ( )
A.(1,+∞) B.(-∞,-1)
C.(-1,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
【解析】选A.不等式f(x) 版权所有@高考资源网
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设g(x)=f(x)-x,
则g′(x)=f′(x)-1<0,g(1)=f(1)-1=1,
故原不等式等价于g(x)1.
4.(5分)(2020·凯里模拟)已 知f(x)是定义在R上的奇函数,f′(x)是
f(x)的导函数,当x<0时,f(x)+xf′( x)<0,若log
2
a·f(log
2
a)>f(1),则
实数a 的取值范围是________.
【解析】因为x<0时,xf′(x)+f(x)<0,而[xf (x)]′=xf′(x)+f(x),故
F(x)=xf(x)在(-∞,0)上为减函数,又f(x )在R上为奇函数,故
F(x)=xf(x)为偶函数,所以当x>0时,F(x)=xf(x)为增函 数,由
log
2
a·f(log
2
a)>f(1),根据单调性和奇 偶性可得|log
2
a|>1,解得a>2或者
02 或0答案:a>2或05.(10分)已知函数f(x)=e
x
-ax(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)- e
x
+x
2
+x在(2,+∞)上单调递增,求实
数m的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=e
x
-a.
当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)在R上为增函数;
当a>0时,由f′(x)=0得x=ln a,
则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,
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当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(ln a,+∞)上单调递增.
(2)当a=1时,g(x)=(x- m)(e
x
-x)-e
x
+x
2
+x,
因为g(x)在(2,+∞)上单调递增;
所以g′(x)=xe
x
-me
x
+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立,
即m≤
令h(x)=
h′(x)=
在(2,+∞)上恒成立,
,x∈(2,+∞),
=.
令L(x)=e
x
-x-2,L′( x)=e
x
-1>0在(2,+∞)上恒成立,
即L(x)=e
x
-x-2在(2,+∞)上单调递增,
即L(x)>L(2)=e
2
-4>0,所以h′(x)>0,
即h(x)=在(2,+∞)上单调递增,
,所以m≤.
.
所以h(x )>h(2)=
所以实数m的取值范围是
6.(10分)(2020·柳州模拟)已知函数f( x)=ln x--2x.
(1)求f(x)的单调区间.
(2)若直线l:y=ax+b (a,b∈R)是函数F(x)=f(x)+2x的图象的切线,求
a+b的最小值.
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【解析】(1)因为f(x)=ln x-- 2x(x>0),所以f′(x)=+-2=
=,

由f′(x)>0,得01,
所以f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞).
(2)由题意得F(x)=ln x-,则F′(x)=+,
设切点坐标为,则切线的斜率a=F′(x
0
)=+,又因为ln
x
0
-=ax
0
+b,所以b=ln x
0
--1,所以a+b=ln x
0
+--1.
令h(x)=ln x+--1(x>0),则h′(x)=-+==,
故当x∈(0,1) 时,h
′
(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h
′
(x )>0,h(x)单调递
增.所以当x=1时,h(x)有最小值,且h(x)
min
=h(1)=-1,所以a+b的最小值为
-1.

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