高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第1课时函数的导数与单调性课时规范练理含解析新人教版

第十一节 第1课时 函数的导数与单调性

[A组　基础对点练]

1．当x＞0时，f(x)＝x＋的单调递减区间是(　　)

A．(2，＋∞)     B．(0，2)

C．(，＋∞)     D．(0，)

解析：令f′(x)＝1－＝＜0，则－2＜x＜2，且x≠0.∵x＞0，∴x∈(0，2).

答案：B

2．(2021·湖南岳阳模拟)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)

A．(0，1)     B．(0，＋∞)

C．(1，＋∞)     D．(－∞，0)∪(1，＋∞)

解析：函数的定义域是(0，＋∞)，

且f′(x)＝1－＝，

令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，

所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1).

答案：A

3．(2021·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)(　　)

A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数

B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数

C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数

D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数

解析：法一：由条件可知，f(－x)＝(－x)·(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数．f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x＞0时，ex＞e－x，所以x(ex－e－x)＞0，又ex＋e－x＞0，所以f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

法二：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)＜f(2)，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

答案：A

4．已知函数f(x)＝x3＋ax＋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：f′(x)＝x2＋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．

答案：A

5．(2021·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)

A．(－∞，1]     B．(－∞，1)

C．(－∞，2]     D．(－∞，2)

解析：因为f′(x)＝6(x2－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤(x∈(1，＋∞)).因为当x∈(1，＋∞)时，x＋＞2，所以m≤2.

答案：C

6．(2020·云南昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)·(x－x0)，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)

A．(－1，1)，(3，＋∞)     B．(－∞，－1)，(1，3)

C．(－1，1]∪[3，＋∞)     D．(－∞，－1]∪(1，3)

解析：因为函数f(x)的图象上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图象在点(x0，y0)的切线斜率k＝(3－x0)(x－1)，所以f′(x)＝(3－x)(x2－1).由f′(x)＝(3－x)(x2－1)＞0，解得x＜－1或1＜x＜3，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，3).

答案：B

7．函数f(x)＝的图象大致为(　　)

解析：函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x＞0时，函数f′(x)＝，可得函数的极值点为x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x＞1时，函数是增函数，并且f(x)＞0，选项BD满足题意；当x＜0时，函数f(x)＝＜0，选项D不正确，选项B正确．

答案：B

8．(2021·广东七校联考)已知定义在R上的连续可导函数f(x)，当x≠0时，有xf′(x)＜0，则下列各项正确的是(　　)

A．f(－1)＋f(2)＞2f(0)

B．f(－1)＋f(2)＝2f(0)

C．f(－1)＋f(2)＜2f(0)

D．f(－1)＋f(2)与2f(0)大小关系不确定

解析：由题意得，x＜0时，f(x)是增函数，x＞0时，f(x)是减函数，∴x＝0是函数f(x)的极大值点，也是最大值点，∴f(－1)＜f(0)，f(2)＜f(0)，两式相加得，f(－1)＋f(2)＜2f(0).

答案：C

9．(2021·安徽示范高中模拟)已知f(x)＝，则(　　)

A．f(2)＞f(e)＞f(3)     B．f(3)＞f(e)＞f(2)

C．f(3)＞f(2)＞f(e)     D．f(e)＞f(3)＞f(2)

解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝，

所以x∈(0，e)时，f′(x)＞0；x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0.

故f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，

f(3)＝＝，

f(e)＞f(3)＞f(2).

答案：D

10．(2020·广东珠海质检)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)

A．(－∞，－2]     B．(－∞，－1]

C．[2，＋∞)     D．[1，＋∞)

解析：由于f′(x)＝k－，则f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞) 上单调递增⇒f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．

由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1，即k的取值范围为[1，＋∞).

答案：D

11．(2021·湖南娄底模拟)设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)＞0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)＜0的解集是(　　)

A．(－3，0)∪(3，＋∞)

B．(－3，0)∪(0，3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)

D．(－∞，－3)∪(0，3)

解析：因为当x＜0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即[f(x)g(x)]′＞0，

所以f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．

又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)·g(x)在(0，＋∞)上也是增函数，因为f(3)g(3)＝0，所以f(－3)g(－3)＝0.所以f(x)g(x)＜0的解集为x＜－3或0＜x＜3.

答案：D

12．若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是(　　)

A．f(x)＝2－x     B．f(x)＝x2

C．f(x)＝3－x     D．f(x)＝cos x

解析：当f(x)＝2－x时，ex·f(x)＝ex·2－x＝，

令y＝，

则y′＝＝＝(1－ln 2).

∵ex＞0，2x＞0，ln 2＜1，

∴y′＞0，

∴当f(x)＝2－x时，ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增，故具有M性质，经验证选项BCD不具有M性质．

答案：A

13．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调递减区间为________．

解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6，得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调递减区间为(－1，11).

答案：(－1，11)

14．函数f(x)＝的增区间是________，曲线f(x)在点(1，1)处的切线方程是________．

解析：函数f(x)＝，x＞0，f′(x)＝－，显然当0＜x≤1时，有f′(x)≥0，所以函数f(x)＝的增区间是(0，1](开区间也对)；f′(1)＝0，所以曲线f(x)在点(1，1)处的切线方程是y＝1.

答案：(0，1](开区间也对)　y＝1

15．(2021·江苏苏州模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln  x在区间[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．

解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－

＝－，

由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1和3，

则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，

函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，

由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.

答案：(0，1)∪(2，3)

[B组　素养提升练]

1．已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

解析：f′(x)＝－(x＞0)，

依题意，得f′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，

即ax2＋2x－1＞0在(0，＋∞)上有解，

所以a＞－＝－1，

所以a＞－1.又a≠0，

所以－1＜a＜0或a＞0.

2．已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间．

解析：(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.

当x＝时，得a＝f′＝3×＋2a·－1，解得a＝－1.

(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c，则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－；令f′(x)＜0，解得－＜x＜1，

所以f(x)的单调递增区间是和(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间是.

3．设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R，讨论f(x)的单调性．

解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝2ax－＝(x＞0).

当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．

当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝.

此时，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．

综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，

当a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

4．(2020·云南统考)已知函数f(x)＝ln x－.

(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

(2)若f[x(3x－2)]＜－，求实数x的取值范围．

解析：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞).

∵f(x)＝ln x－，

∴f′(x)＝－＝.

∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0，

∴当x＞0时，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

(2)∵f(x)＝ln x－，

∴f(1)＝ln 1－＝－.

由f[x(3x－2)]＜－得f[x(3x－2)]＜f(1).

由(1)得解得－＜x＜0或＜x＜1，

∴实数x的取值范围为∪.