浙江專用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題3導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第18練用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)含解析VIP

PAGEPAGE6第18練用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性[基礎(chǔ)保分練]1.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－16lnx在區(qū)間[a－1，a＋2]上單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(1,3)B.(2,3)C.(1,2]D.[2,3]2.(2024·嘉興模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2＋x(a∈R)，下列選項(xiàng)中不行能是函數(shù)f(x)的圖象的是()3.定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)對隨意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿意eq\f(f′x,2－x)>0，則當(dāng)2<a<4時，有()A.f(2a)<f(log2a)<f(2) B.f(log2a)<f(2)<f(2a)C.f(2a)<f(2)<f(log2a) D.f(log2a)<f(2a)<f(2)4.(2024·金華一中模擬)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)，滿意0<f′(x)<f(x)，對a∈(1，＋∞)，則下列不等關(guān)系均成立的是()A.f(1)>eaf(a)，f(a)>eaf(1)B.f(1)>eaf(a)，f(a)<eaf(1)C.f(1)<eaf(a)，f(a)>eaf(1)D.f(1)<eaf(a)，f(a)<eaf(1)5.(2024·臺州模擬)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(0)＝0，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，記α＝|f(－1)|＋|f′(1)|，β＝|f(1)|＋|f′(－1)|，則()A.α＝β B.α>βC.α<β D.α＝2β6.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，那么f(x)的圖象最有可能的是()7.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，xf′(x)>f(x)，若f(2)＝0，則不等式eq\f(fx,x)>0的解集為()A.{x|－2<x<0或0<x<2}B.{x|x<－2或x>2}C.{x|－2<x<0或x>2}D.{x|x<－2或0<x<2}8.已知函數(shù)y＝f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，隨意x∈R都有f′(x)<x，若f(4－m)－f(m)≥8－4m，則實(shí)數(shù)m取值范圍是()A.[－2,2] B.[2，＋∞)C.[0，＋∞) D.(－∞，－2]∪[2，＋∞)9.定義1：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上可導(dǎo)，即f′(x)存在，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)在區(qū)間D上也可導(dǎo)，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在二階導(dǎo)數(shù)，記作f″(x)＝[f′(x)]′.定義2：若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的二階導(dǎo)數(shù)恒為正，即f″(x)>0恒成立，則稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上為凹函數(shù)，已知函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1在區(qū)間D上為凹函數(shù)，則x的取值范圍是________.10.(2024·嘉興測試)已知f(x)＝2lnx＋x2－5x＋c在區(qū)間(m，m＋1)上為遞減函數(shù)，則m的取值范圍為________.[實(shí)力提升練]1.設(shè)函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，已知f′(x)<f(x)，且f′(x)＝f′(4－x)，f(4)＝0，f(2)＝1，則使得f(x)－2ex<0成立的x的取值范圍是()A.(－2，＋∞) B.(0，＋∞)C.(1，＋∞) D.(4，＋∞)2.(2024·溫州模擬)已知函數(shù)f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，則g(x)＝eq\f(ex,fx)()A.在(0,1)上是減函數(shù)B.在(1,4)上是減函數(shù)C.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是減函數(shù)D.在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4))上是減函數(shù)3.函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間(0，＋∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿意xf′(x)＋2f(x)＞0，則不等式eq\f(x＋2024fx＋2024,5)＜eq\f(5f5,x＋2024)的解集為()A.{x|x＞－2013} B.{x|x＜－2013}C.{x|－2013＜x＜0} D.{x|－2024＜x＜－2013}4.設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x>0時，xlnx·f′(x)<－f(x)，則使得(x2－4)f(x)>0成立的x的取值范圍是()A.(－2,0)∪(0,2) B.(－∞，－2)∪(2，＋∞)C.(－2,0)∪(2，＋∞) D.(－∞，－2)∪(0,2)5.已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2sinx，則不等式f(2x2－1)＋f(x)≤0的解集為________.6.若函數(shù)ex·f(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中全部具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為________.①f(x)＝2－x； ②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3； ④f(x)＝x2＋2.答案精析基礎(chǔ)保分練1.C2.D3.A4.D5.C6.B7.C8.B9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))10.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))實(shí)力提升練1.B[設(shè)F(x)＝eq\f(fx,ex)，則F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，因?yàn)閒′(x)＝f′(4－x)，即導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)關(guān)于直線x＝2對稱，所以函數(shù)y＝f(x)是中心對稱圖形，且對稱中心為(2,1)，由f(4)＝0，即函數(shù)y＝f(x)過點(diǎn)(4,0)，其關(guān)于點(diǎn)(2,1)的對稱點(diǎn)(0,2)也在函數(shù)y＝f(x)上，所以有f(0)＝2，所以F(0)＝eq\f(f0,e0)＝2，而不等式f(x)－2ex<0，即eq\f(fx,ex)<2，即F(x)<F(0)，所以x>0，故使得不等式f(x)－2ex<0成立的x的取值范圍是(0，＋∞)，故選B.]2.C[依據(jù)導(dǎo)函數(shù)的幾何意義，易得函數(shù)f(x)與f′(x)的圖象如圖所示，由圖易得當(dāng)x＝0或x＝2時，f(x)＝0，則函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,fx)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0,2)∪(2,＋∞)，解除選項(xiàng)B，D；g′(x)＝eq\f(ex[fx－f′x],f2x)，由圖易得當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)>f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex[fx－f′x],f2x)>0，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,fx)在(0,1)上是增函數(shù)，故選項(xiàng)A錯誤；又由圖易得當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))時，f(x)<f′(x)，即g′(x)＝eq\f(ex[fx－f′x],f2x)<0，所以函數(shù)g(x)＝eq\f(ex,fx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))上是減函數(shù)，故選C.]3.D[構(gòu)造函數(shù)g(x)＝x2f(x)，則g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)].當(dāng)x＞0時，∵2f(x)＋xf′(x)＞0，∴g′(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∵不等式eq\f(x＋2024fx＋2024,5)＜eq\f(5f5,x＋2024)，∴當(dāng)x＋2024＞0，即x＞－2024時，(x＋2024)2f(x＋2024)＜52f(5)，∴g(x＋2024)＜g(5)，∴x＋2024＜5，∴－2024＜x＜－2013.]4.D[依據(jù)題意，設(shè)g(x)＝lnx·f(x)(x>0)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝(lnx)′f(x)＋lnxf′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＋lnxf′(x)，又由當(dāng)x>0時，lnx·f′(x)<－eq\f(1,x)f(x)，得g′(x)＝eq\f(1,x)f(x)＋lnx·f′(x)<0，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又由g(1)＝ln1·f(1)＝0，則在區(qū)間(0,1)上，g(x)＝lnx·f(x)>g(1)＝0，又由lnx<0，得f(x)<0；在區(qū)間(1，＋∞)上，g(x)＝lnx·f(x)<g(1)＝0，又由lnx>0，得f(x)<0，則在(0,1)和(1，＋∞)上f(x)<0，當(dāng)x>0時，xlnx·f′(x)<－f(x)，令x＝1得，0<－f(1)，則f(1)<0，即在(0，＋∞)上f(x)<0，又由f(x)為奇函數(shù)，則在區(qū)間(－∞，0)上，都有f(x)>0，(x2－4)f(x)>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4>0，,fx>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4<0，,fx<0，))解得x<－2或0<x<2.則x的取值范圍是(－∞，－2)∪(0,2)，故選D.]5.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解析由題意得f(－x)＝e-x－ex－2sin(－x)＝e-x－ex＋2sinx＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)是奇函數(shù).設(shè)x>0，則f′(x)＝ex＋e-x－2cosx，∵x>0，∴ex＋e-x>2eq\r(ex·e-x)＝2，∴f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，∴f(2x2－1)≤－f(x)＝f(－x)，∴2x2－1≤－x，∴－1≤x≤eq\f(1,2).6.①④解析對于①，f(x)＝2－x，則g(x)＝exf(x)＝ex·2-x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)))x為實(shí)數(shù)集上的增函數(shù)；對于②，f(x)＝3-x，則g(x)＝exf(x)＝ex·3-x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,3)))x為實(shí)數(shù)集上的減函數(shù)；對于③，f(x)＝x3，則g(