高考达标检测（十二）函数单调性必考，导数工具离不了一、选择题1．已知函数f(x)＝lnx＋x2－3x(a∈R)，则函数f(x)的单调递增区间为()A.B．(1∞，＋)C.和(1∞，＋)D.和(1∞，＋)解析：选Df′(x)＝(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，当01时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为和(1∞，＋)．2．(2017·浙江高考)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()解析：选D由f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，因为在(∞－，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，故选D.3．对于R上可导的任意函数f(x)≤，若满足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)解析：选A当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．4．已知函数f(x)＝xsinx，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么()A．x1－x2＞0B．x1＋x2＞0C．x－x＞0D．x－x＜0解析：选D由f(x)＝xsinx得f′(x)＝sinx＋xcosx＝cosx(tanx＋x)，当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx，因而f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时，有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.5．(2017·吉林长春三模)定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为()A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析：选A设g(x)＝，则g′(x)＝＝，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．6．已知定义在R上的函数y＝f(x)满足条件f(x＋4)＝－f(x)，且函数y＝f(x＋2)是偶函数，当x∈(0,2]时，f(x)＝lnx－ax，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则a的值为()A．e2B．eC．2D．1解析：选A因为函数y＝f(x＋2)是偶函数，即对称轴为x＝0，所以函数y＝f(x)的对称轴为x＝2，当x∈[2,4)时，4－x∈(0,2]，所以f(x)＝f(4－x)＝ln(4－x)－a(4－x)．因为f(x＋4)＝－f(x)，所以x∈[－2,0)时，x＋4∈[2,4)，f(x)＝－f(x＋4)＝－ln[4－(x＋4)]＋a[4－(x＋4)]＝－ln(－x)－ax，所以f′(x)＝－－a，令f′(x)＝0，得x＝－，因为a>，所以－∈(－2,0)，当－2≤x<－时，f′(x)<0，当－0，所以f(x)在上是减函数，在上是增函数，所以当x＝－时，f(x)取得最小值f＝－ln＋1，因为f(x)在[－2,0)上的最小值为3，所以－ln＋1＝3，解得a＝e2.二、填空题7．设函数f(x)＝x(ex－1)－x2，则函数f(x)的单调增区间为________．解析：因为f(x)＝x(ex－1)－x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(∞－，－1)或x∈(0∞，＋)．所以函数f(x)的单调增区间为(∞－，－1)和(0∞，＋)．答案：(∞－，－1)和(0∞，＋)8．已知函数f(x)＝xlnx－ax2－x.若函数f(x)在定义域上为减函数，则实数a的取值范围是________．解析：由题意可知函数f(x)的定义域为(0∞，＋)．f′(x)＝lnx－2ax，因为函数f(x)在定义域上为减函数，所以lnx－2ax≤0，即a≥在(0∞，＋)上恒成立，令g(x)＝，则g′(x)＝，当00；当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)max＝g(e)＝，所以a≥.答案：9．(2018·兰州诊断)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．解析： f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a， 函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，∴f′(x)＝2x－ex－a≥0有解，即a≤2x－ex有解，设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，解得x＝ln2，则当x＜ln2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞ln2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴当x＝ln2时，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g(ln2)＝2ln2－2，∴a≤2ln2－2.答案：(∞－，2ln2－2]...
