(导与练)2020版高考数学一轮复习(文数)习题：第13篇 第11节　导数在研究函数中的应用第1课时　导数与函数的单调性(含解析)

www.ks5u.com第11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

【选题明细表】

基础巩固(时间:30分钟)

1.已知函数y=f(x)的图象是下列四个图象之一,且其导函数y=f′(x)的图象如图所示,则该函数的图象是(　B　)

解析:由导函数的图象知,在[-1,1]上f′(x)>0,故函数f(x)在[-1,1]上是单调递增的.又因为在[-1,0]上f′(x)的值逐渐增大,在[0,1]上f′(x)的值逐渐减小,所以在[-1,0]上,f(x)的增长率逐渐增大,在[0,1]上 f(x) 的增长率逐渐变小.故选B.

2.函数f(x)=x-ln x的单调递减区间为(　A　)

(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.

所以单调递减区间是(0,1).

3.已知f(x)=1+x-sin x,则f(2),f(3),f(π)的大小关系正确的是(　D　)

(A)f(2)>f(3)>f(π) (B)f(3)>f(2)>f(π)

(C)f(2)>f(π)>f(3) (D)f(π)>f(3)>f(2)

解析:因为f(x)=1+x-sin x,所以f′(x)=1-cos x,

当x∈(0,π]时,f′(x)>0,

所以f(x)在(0,π]上是增函数,

所以f(π)>f(3)>f(2).

4.(2018·山东淄博桓台二中月考)若函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(　B　)

(A)(-∞,-2] (B)[,+∞)

(C)[2,+∞) (D)(-∞,)

解析:f′(x)=k-,

因为函数f(x)=kx-ln x在区间(2,+∞)上单调递增,

所以f′(x)≥0在区间(2,+∞)上恒成立.

所以k≥,而y=在区间(2,+∞)上单调递减,

所以k≥,

所以k的取值范围是[,+∞).

5.(2018·湖南长沙长郡中学月考)求形如y=f(x)g(x)的函数的导数,我们常采用以下做法:先两边同取自然对数得ln y=g(x)ln f(x),再两边同时求导得·y′=g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x),于是得到

y′=f(x)g(x)[g′(x)ln f(x)+g(x)··f′(x)],运用此方法求得函数y=的单调递增区间是(　C　)

(A)(e,4) (B)(3,6)

(C)(0,e) (D)(2,3)

解析:由题设,y′=·(-·ln x+)=·(x>0).

令y′>0,得1-ln x>0,所以0<x<e.

所以函数y=的单调递增区间为(0,e).故选C.

6.已知函数f(x)=(-x2+2x)ex(x∈R,e为自然对数的底数),则函数f(x)的单调递增区间为　　　　. 

解析:因为f(x)=(-x2+2x)ex,

所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex

=(-x2+2)ex.

令f′(x)>0,则(-x2+2)ex>0,

因为ex>0,所以-x2+2>0,

解得-<x<,

所以函数f(x)的单调递增区间为(-,).

答案:(-,)

7.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0需满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).

答案:(-3,0)∪(0,+∞)

8.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:(1)由f(x)=x3+ax2-x+c,

得f′(x)=3x2+2ax-1.

所以a=f′()=3×()2+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+)(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(-,1).

能力提升(时间:15分钟)

9.(2017·山东卷)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　)

(A)f(x)=2-x (B)f(x)=x2

(C)f(x)=3-x (D)f(x)=cos x

解析:若f(x)具有M性质,则[exf(x)]′=ex[f(x)+f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立,

即f(x)+f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立.

对于选项A,f(x)+f′(x)=2-x-2-xln 2=2-x(1-ln 2)>0,符合题意.

经验证,选项B,C,D均不符合题意.故选A.

10.(2018·惠州调研)已知函数f(x)=xsin x+cos x+x2,则不等式f(ln x)+f(ln )<2f(1)的解集为(　D　)

(A)(e,+∞)    (B)(0,e)

(C)(0,)∪(1,e) (D)(,e)

解析:f(x)=xsin x+cos x+x2是偶函数,

所以f(ln )=f(-ln x)=f(ln x),

所以f(ln x)+f(ln )<2f(1)可变形为

f(ln x)<f(1).

f′(x)=xcos x+2x=x(2+cos x),

因为2+cos x>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调

递减,

所以f(ln x)<f(1)等价于-1<ln x<1,

所以<x<e.

11.(2018·重庆市一模)已知函数f(x)的导函数为f′(x),且f′(x)

<f(x)对任意的x∈R恒成立,则下列不等式均成立的是(　A　)

(A)f(ln 2)<2f(0),f(2)<e2f(0)

(B)f(ln 2)>2f(0),f(2)>e2f(0)

(C)f(ln 2)<2f(0),f(2)>e2f(0)

(D)f(ln 2)>2f(0),f(2)<e2f(0)

解析:令g(x)=,则g′(x)=<0,

故g(x)在R上递减,而ln 2>0,2>0,

故g(ln 2)<g(0),g(2)<g(0),

即<,<,

即f(ln 2)<2f(0),f(2)<e2f(0).

12.(2018·安徽江南十校联考)设函数f(x)=x2-9ln x在区间

[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　. 

解析:f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=x-.

由f′(x)=x-<0,解得0<x<3.

因为f(x)=x2-9ln x在[a-1,a+1]上单调递减,

所以解得1<a≤2.

答案:(1,2]

13.(2018·天津滨海新区八校联考)设函数f(x)=x2ex.

(1)求在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)求函数f(x)的单调区间;

(3)当x∈[-2,2]时,求使得不等式f(x)≤2a+1能成立的实数a的取值范围.

解:(1)因为f′(x)=x2ex+2xex,

所以k=f′(1)=3e,切点(1,e).

切线方程为3ex-y-2e=0.

(2)令f′(x)>0,即x(x+2)ex>0,

得f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在区间(-2,0)上单调

递减.

(3)由(2)知,f(x)在区间(-2,0)上单调递减,在区间(0,2)上单调递增,fmin(x)=f(0)=0.

当x∈[-2,2]时,不等式f(x)≤2a+1能成立,

须2a+1≥fmin(x),即2a+1≥0,故a≥-.

故a的取值范围为[-,+∞).

14.已知函数f(x)=exln x-aex(a∈R).

(1)若f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=x+1垂直,求a的值;

(2)若f(x)在(0,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.

解:(1)f′(x)=exln x+ex·-aex

=(-a+ln x)ex,f′(1)=(1-a)e,

由(1-a)e·=-1,得a=2.

(2)由(1)知f′(x)=(-a+ln x)ex,

若f(x)为单调递减函数,则f′(x)≤0在x>0时恒成立,即-a+ln x≤0在x>0时恒成立.

所以a≥+ln x在x>0时恒成立.

令g(x)=+ln x(x>0),

则g′(x)=-+=(x>0),

由g′(x)>0,得x>1;由g′(x)<0,得0<x<1.

故g(x)在(0,1)上为单调递减函数,在(1,+∞)上为单调递增函数,此时g(x)的最小值为g(1)=1,但g(x)无

最大值(且无趋近值).

故f(x)不可能是单调递减函数.

若f(x)为单调递增函数,则f′(x)≥0在x>0时恒成立,即-a+ln x≥0在x>0时恒成立,

所以a≤+ln x在x>0时恒成立,

由上述推理可知a≤1.

故实数a的取值范围是(-∞,1].