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课时导数与函数的单调性课时规范练含解析文北师大版

第二章　函数、导数及其应用

第十一节　导数在研究函数中的应用

第一课时　导数与函数的单调性

课时规范练

A组——基础对点练

1．(2020·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

2．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

3．(2020·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图像上任一点(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)的图像上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图像在点(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)．故选B.

答案：B

4．(2020·安徽示范高中二模)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)．故选D.

答案：D

5．(2020·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

6．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是(　　)

答案：D

7．(2020·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

8．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B、C、D不具有M性质，故选A.

答案：A

9．(2020·济南模拟)若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，求a的取值范围．

解析：因为y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间，

所以方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根，

所以Δ＝02－4×(－4)×a＞0，所以a＞0.

10．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x＞0时有解．

所以a＞－＝(－1)2－1.

所以a＞－1，又a≠0，

所以－1＜a＜0或a＞0.

B组——素养提升练

11．(2020·苏州二模)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)

12．(2020·南京三模)函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1](a＞0)上单调递增，则实数a的最大值为________．

解析：f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)，

f′(x)＝ex(－x2＋a＋2)，

若f(x)在[a，a＋1]上单调递增，

则－x2＋a＋2≥0在[a，a＋1]上恒成立，

即a＋2≥x2在[a，a＋1]上恒成立，

若a＞0，y＝x2在[a，a＋1]上单调递增，

y＝x2的最大值是(a＋1)2，

故a＋2≥(a＋1)2，

解得0＜a≤，

则实数a的最大值为.

答案：

13．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∈(0，)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)的递减区间为(0，＋∞)，

当a＞0时，f(x)的递增区间为(，＋∞)，递减区间为(0，)．

14．(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(－，0)∪(，1)．