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.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．(1，＋∞)
C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))和(1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))和(1，＋∞)
解析：选Df′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)(x0)，
令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝1，当0xeq\f(1,2)或x1时，f′(x)0，
所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))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eq\f(1－x,f′?x?)≤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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且f(x1)＜f(x2)，那么()
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＞0 D．xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＜0
解析：选D由f(x)＝xsinx得f′(x)＝sinx＋xcosx＝cosx(tanx＋x)，
当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))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|，xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＜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)＝eq\f(f?x?,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′?x?ex－f?x?ex,?ex?2)＝eq\f(f′?x?－f?x?,ex)，由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即eq\f(f?x1?,ex1)＜eq\f(f?x2?,ex2)，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－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\f(1,2)))，当x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为3，则a的值为()
A．e2 B．e
C．2 D．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)]