第三章 第二节第三课时 利用导数研究函数的单调性课件PPT

课时跟踪检测（十七）  利用导数研究函数的单调性

1．函数f(x)＝(x＋2)ex的单调递增区间是(　　)

A．(－∞，3)　　　　　　　 B．(0,3)

C．(－3,0)  D．(－3，＋∞)

解析：选D　由已知f′(x)＝(x＋3)ex，

当x<－3时f′(x)<0，当x>－3时f′(x)>0，

所以增区间为(－3，＋∞)．

2．(2021·聊城模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且f(－x)＝f(x)，当x≥0时，f′(x)>3x，则不等式f(x)－f(x－1)<3x－的解集是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选D　设g(x)＝f(x)－x2，则g′(x)＝f′(x)－3x.因为当x≥0时，f′(x)>3x，

所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－3x>0，

即g(x)在[0，＋∞)上单调递增．

因为f(－x)＝f(x)，

所以g(－x)＝f(－x)－x2＝f(x)－x2＝g(x)，

所以g(x)是偶函数．因为f(x)－f(x－1)<3x－，

所以f(x)－x2<f(x－1)－(x－1)2，

即g(x)<g(x－1)，所以g(|x|)<g(|x－1|)，

则|x|<|x－1|，解得x<.

3．(多选)(2021·重庆检测)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞m＞1，则下列成立的有(　　)

A．f＞  B．f＜－1

C．f＞  D．f＜0

解析：选AC　设g(x)＝f(x)－mx，则g′(x)＝f′(x)－m＞0，故函数g(x)＝f(x)－mx在R上单调递增，又＞0，∴g＞g(0)，即f－1＞－1，∴f＞0，

而＜0，∴f＞，故A正确，B错误．

∵＞0，∴g＞g(0)，即f－＞－1，f＞＞0，故C正确，D错误．

4．(2020·南京检测)若函数f(x)＝x2＋x－ln x－2在其定义域的一个子区间(2k－1,2k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选D　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

所以2k－1≥0，即k≥，

又f′(x)＝2x＋1－＝，

令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－1(舍去)，

由于函数在区间(2k－1,2k＋1)内不是单调函数，

所以∈(2k－1,2k＋1)，

即2k－1<<2k＋1，解得－<k<，

综上可得≤k<，故选D.

5．(多选)(2021年1月新高考八省联考卷)已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则(　　)

A．f(x)在(0，＋∞)单调递增

B．f(x)有两个零点

C．曲线y＝f(x)在点处切线的斜率为－1－ln 2

D．f(x)是偶函数

解析：选AC　f(x)定义域为(－1，＋∞)，不关于原点对称，故选项D不正确．

因为f′(x)＝ln(1＋x)＋，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0恒成立，

所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，故选项A正确．

又因为f″(x)＝＋＝，当x∈(－1，＋∞)时，f″(x)＞0恒成立，

所以f′(x)＝ln(1＋x)＋在(－1，＋∞)单调递增，

又f′(0)＝0，

所以当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，f(x)在(－1,0)单调递减；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)单调递增．

又f(0)＝0，所以f(x)只有一个零点，故选项B不正确．

因为f′(x)＝ln(1＋x)＋，

所以f′＝ln－1＝－1－ln 2，

故选项C正确．

6．若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．

解析：y′＝－x2＋a，y＝－x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.

答案：(0，＋∞)

7．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1>0，f(1)＝5，则不等式f(x)<＋4的解集为________．

解析：设g(x)＝f(x)－－4，由x2f′(x)＋1>0，得g′(x)＝f′(x)＋>0.

故函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

又g(1)＝0，故g(x)<0的解集为(0,1)，即f(x)<＋4的解集为(0,1)．

答案：(0,1)

8．已知函数f(x)＝ax2－xln x在上单调递增，则实数a的取值范围是________．

解析：由f′(x)＝2ax－ln x－1≥0，

解得2a≥在上恒成立，

构造函数g(x)＝，

则由g′(x)＝＝＝0，

得x＝1，∴g(x)在上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(x)的最大值为g(1)＝1，∴2a≥1，a≥.

答案：

9．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，求：

(1)函数y＝f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)f(x)的单调递减区间．

解：(1)由题意得：f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x2－2x－3)＝－3(x－3)(x＋1)，

∴f′(0)＝9，又f(0)＝－2，

∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＋2＝9(x－0)，即9x－y－2＝0.

(2)由(1)知：f′(x)＝－3(x－3)(x＋1)，

∴当x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)时，f′(x)<0；

当x∈(－1,3)时，f′(x)>0；

∴f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．

10．已知函数f(x)＝x2＋aln x.

(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围．

解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，a＝－2时，

f′(x)＝2x－＝，

当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0.

∴f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．

(2)g(x)＝x2＋aln x＋，g′(x)＝2x＋－，

由题意当x≥1时，g′(x)≥0恒成立，或g′(x)≤0恒成立．

若g′(x)＝2x＋－≥0，

则a≥－2x2＝－，

当x≥1时，－≤0，∴a≥0；

若g′(x)＝2x＋－≤0，

则a≤－2x2＝－，

当x≥1时，－≤0无最小值，

∴g′(x)≤0不可能恒成立．

综上，a的取值范围是[0，＋∞)．

11．已知函数f(x)＝(x－1)2＋mln x，其中m∈R.

(1)当m＝2时，求函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线方程；

(2)试讨论函数f(x)的单调性．

解：(1)当m＝2时，f(x)＝(x－1)2＋2ln x，

其导数f′(x)＝2(x－1)＋，所以f′(1)＝2，

即函数f(x)的图象在点(1,0)处的切线斜率为2.

又切点为(1,0)，所以切线方程为2x－y－2＝0.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

f′(x)＝2(x－1)＋＝.

令g(x)＝2x2－2x＋m，x>0，

其图象的对称轴为直线x＝，g＝m－，

g(0)＝m，

①当g≥0，即m≥时，g(x)≥0，即f′(x)≥0.

此时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

②当g<0且g(0)>0，即0<m<时，令g(x)＝0，

得x1＝，x2＝，

此时，f(x)在，上单调递增，

在上单调递减；

③当g(0)≤0，即m≤0时，令g(x)＝0，

得x0＝，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增．

综上所述，当m≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当0<m<时，f(x)在，上单调递增，

在上单调递减；

当m≤0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．