2021版新高考地区高考数学（人教版）大一轮复习（课件+学案+高效演练分层突破）第04章 第2讲　导数与函数的单调性

[基础题组练]

1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)

A．(0，＋∞)  B．(－∞，0)

C．(－∞，1)  D．(1，＋∞)

解析：选D．由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D．

2.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　)

A．f(b)>f(c)>f(d)

B．f(b)>f(a)>f(e)

C．f(c)>f(b)>f(a)

D．f(c)>f(e)>f(d)

解析：选C．由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，

因为a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，故选C．

3．函数f(x)＝的图象大致为(　　)

解析：选B．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B、D满足题意．

当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确．

4．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：选D．f(x)的定义域是(0，＋∞)，

f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.

所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D．

5．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：选C．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.故选C．

6．函数f(x)＝＋－ln x的单调递减区间是________．

解析：因为f(x)＝＋－ln x，

所以函数的定义域为(0，＋∞)，

且f′(x)＝－－＝，

令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．

答案：(0，5)

7．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)<f(3x)，则实数x的取值范围是________．

解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2xln 2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单调递增，所以由f(x2＋2)<f(3x)得x2＋2<3x，所以1<x<2.

答案：(1，2)

8．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为________．

解析：由f(x)图象特征可得，

f′(x)在和[2，＋∞)上大于0，在上小于0，

所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2，

所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．

答案：∪[2，＋∞)

9．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.

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.

10．已知函数f(x)＝－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．

解：因为f(0)＝b－1，

所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝＝－，

而f′(x)＝－，由导数的几何意义可知，

f′(0)＝－b＝－，

所以b＝1，所以f(x)＝－1.

则F(x)＝ax＋－1，F′(x)＝a－，

当a≤0时，F′(x)<0恒成立；

当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，

由F′(x)>0，得x>－ln a.

故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；

当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．

[综合题组练]

1．(综合型)设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有(　　)

A．f(x)g(x)>f(b)g(b)  B．f(x)g(a)>f(a)g(x)

C．f(x)g(b)>f(b)g(x)  D．f(x)g(x)>f(a)g(a)

解析：选C．令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上单调递减．又a<x<b，所以>>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．

2．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)

A．(－1，1)  B．(－1，＋∞)

C．(－∞，－1)  D．(－∞，＋∞)

解析：选B．由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.

因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B．

3．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，＋∞)

4．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)

5．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

(1)求b，c的值；

(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；

(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．

解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，

由题意得即

故b＝0，c＝1.

(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，

当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；

当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．

(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．

则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，

即－a>.

因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，

则－x－≥2＝2，

当且仅当－x＝－，即x＝－时等号成立，

所以－a>2，则a<－2.

所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．

6．(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)证明：当x>1时，g(x)>0.

解：(1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．

当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，

当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

(2)证明：令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.当x>1时，s′(x)>0，所以s(x)>s(1)，即ex－1>x，从而g(x)＝－＝>0.