2022版新高考数学一轮总复习课后集训：19+利用导数解决函数的单调性问题+Word版含解析

这是一份2022版新高考数学一轮总复习课后集训：19+利用导数解决函数的单调性问题+Word版含解析，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

课后限时集训(十九)　
利用导数解决函数的单调性问题
建议用时：40分钟

一、选择题
1．(2020·南阳模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)
A.和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞)
C.和(2，＋∞) D．(1,2)
C　[函数f(x)＝x2－5x＋2ln x的定义域是(0，＋∞)．
f′(x)＝2x－5＋＝＝，
令f′(x)＞0，解得0＜x＜或x＞2，
故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．]
2．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，1)
C．(－∞，2] D．(－∞，2)
C　[f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．
即m≤x＋在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝x＋，则h(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴h(x)＞2，从而m≤2，故选C.]
3．函数f(x)＝x2＋xsin x的图象大致为(　　)

A　　　　　　　　　B

C　　　　　　　　　D
A　[函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)2＋(－x)sin(－x)＝x2＋xsin x＝f(x)，
则函数f(x)为偶函数，排除B.
又f′(x)＝2x＋sin x＋xcos x＝(x＋sin x)＋x(1＋cos x)，
当x＞0时，x＋sin x＞0，x(1＋cos x)≥0，∴f′(x)＞0，
即函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.]
4．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(　　)
A．(1,2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0,3]
A　[因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，所以f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，所以a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.]
5．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)
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)．]
6．(多选)(2020·济南市期中)已知函数f(x)＝xln x，若0＜x1＜x2，则下列结论正确的是(　　)
A．x2f(x1)＜x1f(x2)
B．x1＋f(x1)＜x2＋f(x2)
C．＜0
D．当x2＞x1＞时，x1f(x1)＋x2f(x2)＞2x2f(x1)
AD　[设g(x)＝＝ln x，易知函数g(x)单调递增，则g(x2)＞g(x1)，即＞，∴x1f(x2)＞x2f(x1)，A正确；设h(x)＝f(x)＋x，∴h′(x)＝ln x＋2，易得当x∈时，h′(x)＞0，当x∈时，h′(x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上不单调，∴h(x1)与h(x2)的大小关系不确定，B错误；∵f(x)＝xln x，∴f′(x)＝ln x＋1，易得f(x)在(0，＋∞)上不单调，∴f(x1)与f(x2)的大小关系不确定，C错误；当x＞时，f′(x)＝ln x＋1＞0，函数f(x)单调递增，故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)＞0，即x1f(x1)＋x2f(x2)＞x2f(x1)＋x1f(x2)，又x1f(x2)＞x2f(x1)，∴x1f(x1)＋x2f(x2)＞2x2f(x1)，D正确．]
二、填空题
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________．
(－3,0)∪(0，＋∞)　[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且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．]
8．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
(－1，＋∞)　[f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)＜0有实数解，
∵x＞0，
∴ax2＋2x－1＞0有实数解．
当a≥0时，显然满足；
当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，
∴－1＜a＜0.
综上知a＞－1.]
9．(2020·海淀区模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，则不等式f(x)＞＋3的解集为________．
(1，＋∞)　[由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋＞0，
构造函数g(x)＝f(x)－－3，则g′(x)＝f′(x)＋＞0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增
又f(1)＝4，则g(1)＝f(1)－1－3＝0，
从而g(x)＞0的解集为(1，＋∞)，
即f(x)＞＋3的解集为(1，＋∞)．]
三、解答题
10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
[解]　(1)由题意得f′(x)＝，
又因为f′(1)＝＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝，
设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，
则h′(x)＝－－＜0，
即h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；
当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
11．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在(－1,1)上单调递减，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求实数a的值；
(4)若函数f(x)在区间(－1,1)上不单调，求实数a的取值范围．
[解]　(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，
所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，
f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，
所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立，
因为当－1＜x＜1时，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范围为[3，＋∞)．
(3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为，
又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以＝1，解得a＝3.
(4)由题意知：f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，不合题意，故a＞0.
令f′(x)＝0，解得x＝±.
因为f(x)在区间(－1,1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1,1)上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3，
所以实数a的取值范围为(0,3)．

1．(多选)(2021·全国统一考试模拟演练)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
AC　[f(x)＝xln(x＋1)，所以x＞0时，f′(x)＝ln(x＋1)＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以A选项正确；
xln(x＋1)＝0，所以x＝0或ln(x＋1)＝0，所以x＝0，故f(x)只有1个零点0，所以B不正确；
f′(x)＝ln(x＋1)＋，所以f′＝ln－1＝－1－ln 2，故C正确；
定义域不关于原点对称，所以f(x)不是偶函数．所以D不正确．故选AC.]
2．(2020·西安模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
(0,1)∪(2,3)　[f′(x)＝－x＋4－＝，
令f′(x)＝0得x＝1或x＝3，由题意知
t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，
解得0＜t＜1或2＜t＜3，
故t的取值范围是(0,1)∪(2,3)．]
3．设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
[解]　(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．
此时f′(x)＝，可得f′(1)＝.又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝，x2＝.
由x1＝＝＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，f(x) 单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，f(x) 单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，
在上单调递增．

1．(多选)(2020·山东章丘期中)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是(　　)
A．2f(2)－3f(1)＞5
B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋x＋
C．f(3)－2f(1)＜7
D．若f(1)＝2,0＜x＜1，则f(x)＞x2＋x＋
CD　[设函数g(x)＝，
则g′(x)＝
＝.
因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝，即＞，即f(x)＞x2＋x＋，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD.]
2．已知函数f(x)＝(x－a)·ex－ax2＋a(a－1)x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．
[解]　f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)．
当a≤0时，ex－a＞0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝ln a.
令g(a)＝a－1－ln a，则g′(a)＝1－＝.
当a∈(0,1)时， g′(a)＜0，g(a)为减函数；
当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＞0，g(a)为增函数．
∴g(a)min＝g(1)＝0，
∴a－1≥ln a(当且仅当a＝1时取“＝”)．
∴当0＜a＜1或a＞1时，x∈(－∞，ln a)，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x∈(ln a，a－1)，f′(x)＜0，f(x)为减函数，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)为增函数．
当a＝1时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜1或a＞1时，f(x)在(ln a，a－1)上单调递减，在(－∞，ln a)和(a－1，＋∞)上单调递增；
当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.