2020届高考数学一轮复习:课时作业14《利用导数研究函数的单调性》(含解析) 练习
展开课时作业14 利用导数研究函数的单调性
1.函数y=x2-lnx的单调递减区间为( B )
A.(-1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
解析:y=x2-lnx,y′=x-==(x>0).
令y′≤0,得0<x≤1,
所以递减区间为(0,1].
2.下列函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( B )
A.f(x)=sin2x B.f(x)=xex
C.f(x)=x3-x D.f(x)=-x+lnx
解析:对于A,f(x)=sin2x的单调递增区间是(k∈Z);对于B,f′(x)=ex(x+1),当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,∴函数f(x)=xex在(0,+∞)上为增函数;对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,得x>或x<-,∴函数f(x)=x3-x在和上单调递增;对于D,f′(x)=-1+=-,令f′(x)>0,得0<x<1,∴函数f(x)=-x+lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述,故选B.
3.(2017·浙江卷)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( D )
解析:利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)>0的解集对应y=f(x)的增区间,f′(x)<0的解集对应y=f(x)的减区间,验证只有D选项符合.
4.(2019·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数,满足f′(x)-2f(x)<0,且f(-1)=0,则f(x)>0的解集为( A )
A.(-∞,-1) B.(-1,1)
C.(-∞,0) D.(-1,+∞)
解析:设g(x)=,则g′(x)=<0在R上恒成立,所以g(x)在R上递减,又因为g(-1)=0,f(x)>0⇔g(x)>0,所以x<-1.
5.(2019·安徽江南十校联考)设函数f(x)=x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是( A )
A.(1,2] B.[4,+∞)
C.(-∞,2] D.(0,3]
解析:∵f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=x-,∴由f′(x)≤0解得0<x≤3,由题意知解得1<a≤2.
6.(2019·安徽模拟)已知f(x)=,则( D )
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)=,∴x∈(0,e),f′(x)>0,x∈(e,+∞),
f′(x)<0,故x=e时,f(x)max=f(e),而f(2)==,f(3)==,则f(e)>f(3)>f(2).
7.(2019·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)=1,且2f′(x)>1,当x∈时,不等式f(2cosx)>-2sin2的解集为( D )
A. B.
C. D.
解析:令g(x)=f(x)--,
则g′(x)=f′(x)->0,
∴g(x)在R上单调递增,
且g(1)=f(1)--=0,
∵f(2cosx)-+2sin2=f(2cosx)--=g(2cosx),
∴f(2cosx)>-2sin2,
即g(2cosx)>0,∴2cosx>1.
又x∈,∴x∈.
8.(2019·武汉模拟)已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x>0,xf′(x)-f(x)<0,若a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系正确的是( D )
A.a<b<c B.b<c<a
C.a<c<b D.c<a<b
解析:设g(x)=,
则g′(x)=,
∵当x>0时,xf′(x)-f(x)<0,
∴g′(x)<0.
∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.
由f(x)为奇函数,知g(x)为偶函数,
则g(-3)=g(3),
又a=g(e),b=g(ln2),c=g(-3)=g(3),
∴g(3)<g(e)<g(ln2),故c<a<b.
9.(2019·银川诊断)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 (-3,0)∪(0,+∞) .
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.
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,+∞).
10.已知函数f(x)=-x2+4x-3lnx在区间[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是 (0,1)∪(2,3) .
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.
11.(2019·河北武邑中学调研)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R,e为自然对数的底数).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a=1,函数g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x在(2,+∞)上为增函数,求实数m的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)=ex-a.
当a≤0时,f′(x)>0,
∴f(x)在R上为增函数;
当a>0时,由f′(x)=0得x=lna,
则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,
∴函数f(x)在(-∞,lna)上为减函数,
当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,
∴函数f(x)在(lna,+∞)上为增函数.
(2)当a=1时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x.
∵g(x)在(2,+∞)上为增函数,
∴g′(x)=xex-mex+m+1≥0在(2,+∞)上恒成立,
即m≤在(2,+∞)上恒成立.
令h(x)=,x∈(2,+∞),
则h′(x)==.
令L(x)=ex-x-2,L′(x)=ex-1>0在(2,+∞)上恒成立,
即L(x)=ex-x-2在(2,+∞)上为增函数,
即L(x)>L(2)=e2-4>0,
∴h′(x)>0在(2,+∞)上成立,
即h(x)=在(2,+∞)上为增函数,
∴h(x)>h(2)=,∴m≤.
∴实数m的取值范围是.
12.已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2·在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f′(x)=,
当a>0时,f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞);
当a<0时,f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1);
当a=0时,f(x)为常函数.
(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,
即a=-2,
∴f(x)=-2lnx+2x-3,f′(x)=.
∴g(x)=x3+x2-2x,
∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,
即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.
由于g′(0)=-2,∴
当g′(t)<0时,
即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,
由于g′(0)<0,
故只要g′(1)<0且g′(2)<0,
即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,即m>-.
∴-<m<-9.
即实数m的取值范围是.
13.(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)=cosx
解析:设函数g(x)=ex·f(x),对于A,g(x)=ex·2-x=x,在定义域R上为增函数,A正确.对于B,g(x)=ex·x2,则g′(x)=x(x+2)ex,由g′(x)>0得x<-2或x>0,∴g(x)在定义域R上不是增函数,B不正确.对于C,g(x)=ex·3-x=x在定义域R上是减函数,C不正确.对于D,g(x)=ex·cosx,则g′(x)=excos,g′(x)>0在定义域R上不恒成立,D不正确.
14.定义在区间(0,+∞)上的函数y=f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立,其中y=f′(x)为y=f(x)的导函数,则( B )
A.8<<16 B.4<<8
C.3<<4 D.2<<3
解析:∵xf′(x)-2f(x)>0,x>0,
∴′==>0,
∴y=在(0,+∞)上单调递增,
∴>,即>4.
∵xf′(x)-3f(x)<0,x>0,
∴′==<0,
∴y=在(0,+∞)上单调递减,
∴<,即<8.
综上,4<<8.
15.(2019·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1,f(x)的导数f′(x)<,则不等式f(x2)<+的解集为 {x|x<-1或x>1} .
解析:设F(x)=f(x)-x,
∴F′(x)=f′(x)-,
∵f′(x)<,∴F′(x)=f′(x)-<0,
即函数F(x)在R上单调递减.
∵f(x2)<+,
∴f(x2)-<f(1)-,
∴F(x2)<F(1),而函数F(x)在R上单调递减,
∴x2>1,即不等式的解集为{x|x<-1或x>1}.
16.(2019·岳阳质检)已知函数f(x)=(ax-1)ex,a∈R.
(1)讨论f(x)的单调区间;
(2)当m>n>0时,证明:men+n<nem+m.
解:(1)f(x)的定义域为R,且f′(x)=(ax+a-1)ex.
①当a=0时,f′(x)=-ex<0,
此时f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞).
②当a>0时,由f′(x)>0,得x>-;
由f′(x)<0,得x<-.
此时f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
③当a<0时,由f′(x)>0,得x<-;
由f′(x)<0,得x>-.
此时f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
(2)证明:当m>n>0时,要证men+n<nem+m,
只要证m(en-1)<n(em-1),
即证>.(*)
设g(x)=,x>0,
则g′(x)=,x>0.
设h(x)=(x-1)ex+1,
由(1)知h(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以当x>0时,h(x)>h(0)=0,
于是g′(x)>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以当m>n>0时,(*)式成立,
故当m>n>0时,men+n<nem+m.