2021届高中数学一轮复习人教版（文）15利用导数解决函数的单调性问题作业

这是一份2021届高中数学一轮复习人教版（文）15利用导数解决函数的单调性问题作业，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。
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一、选择题
1．(2019·武邑中学第二次调研)函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是( )
A．(0,1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，－1]∪(0,1] D．[－1,0)∪(0,1]
A [f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2,x)(x＞0)，令f′(x)≤0，即eq \f(2x2－2,x)≤0，解得0＜x≤1，故选A.]
2．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)
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．
当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当Δ＝36(m2－4)＞0，即m＜－2或m＞2时，则需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m,2)≤1，,g1＝6－6m＋6≥0，))解得m≤2，∴m＜－2.
综上，m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2]．]
3．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是( )
A B
C D
C [由导函数f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)先减再增，可排除选项A，B；又f′(x)＝0的根为正数，即y＝f(x)的极值点为正数，所以可排除选项D，选C.]
4．已知f(x)＝eq \f(ln x,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)
D [f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.
∴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x＝e时，f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)，而f(2)＝eq \f(ln 2,2)＝eq \f(ln 8,6)，f(3)＝eq \f(ln 3,3)＝eq \f(ln 9,6)，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D.]
5．设函数f(x)＝eq \f(1,2)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)＝eq \f(1,2)x2－9ln x，所以f′(x)＝x－eq \f(9,x)(x＞0)，由x－eq \f(9,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.]
二、填空题
6．函数f(x)＝ln x－ax(a＞0)的单调递增区间为 ．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))) [由题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0(a＞0)，得0＜x＜eq \f(1,a)，∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).]
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－eq \f(1,2)ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 ．
(－1，＋∞) [f′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2＝eq \f(1－ax2－2x,x)，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.]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \f(ln x＋k,ex)(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)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－k,ex)，
又因为f′(1)＝eq \f(1－k,e)＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)，
设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1(x＞0)，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＜0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
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，＋∞)．
10．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)上为单调减函数，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(－∞，＋∞)上是增函数，
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，
又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
所以eq \f(\r(3a),3)＝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(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a＞0.
令f′(x)＝0，解得x＝±eq \f(\r(3a),3).
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＜eq \f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，
所以实数a的取值范围为(0,3)．
1．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是( )
A．[－1,1] B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
C [取a＝－1，则f(x)＝x－eq \f(1,3)sin 2x－sin x，f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x－cs x，但f′(0)＝1－eq \f(2,3)－1＝－eq \f(2,3)＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.]
2．已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，都有f′(x)sin x＜f(x)cs x，则( )
A.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＞f(1)
C.eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
A [令g(x)＝eq \f(fx,sin x)，
则g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x)，
由已知得g′(x)＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
∴g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),\f(\r(2),2))＞eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),\f(\r(3),2))，
∴eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).]
3．已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，对于任意的x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜e2x－1的解集为 ．
(1，＋∞) [设F(x)＝eq \f(fx,e2x－1)，则F′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(fx,e2x－1)))′
＝eq \f(f′x－2fx,e2x－1).
因为2f(x)－f′(x)＞0，
所以F′(x)＝eq \f(f′x－2fx,e2x－1)＜0，
即F(x)是减函数，
f(x)＜e2x－1等价于eq \f(fx,e2x－1)＜1，即F(x)＜1.
又因为f(1)＝e，
所以F(1)＝eq \f(f1,e2－1)＝1，
则不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)．]
4．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．
[解] g′(x)＝eq \f(2ax2－2a＋1x＋1,x)
＝eq \f(2ax－1x－1,x).
∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴当a＝0时，g′(x)＝－eq \f(x－1,x).
由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1.
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(1,2a)，
若eq \f(1,2a)＜1，即a＞eq \f(1,2)，
由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜eq \f(1,2a)，
由g′(x)＜0，得eq \f(1,2a)＜x＜1；
若eq \f(1,2a)＞1，即0＜a＜eq \f(1,2)，
由g′(x)＞0，得x＞eq \f(1,2a)或0＜x＜1，
由g′(x)＜0，得1＜x＜eq \f(1,2a)；
当eq \f(1,2a)＝1时，即a＝eq \f(1,2)时，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.
综上可得：当a＝0时，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜eq \f(1,2)时，g(x)在(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))上单调递减；
当a＝eq \f(1,2)时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞eq \f(1,2)时，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))上单调递减．
1．(2019·南昌模拟)已知函数f(x)＝xsin x，x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且f(x1)＜f(x2)，那么( )
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＞0 D．xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＜0
D [由f(x)＝xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcs x＝cs x(tan x＋x)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，即f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以当f(x1)＜f(x2)时，有f(|x1|)＜f(|x2|)，所以|x1|＜|x2|，xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＜0，故选D.]
2．设函数f(x)＝aln x＋eq \f(x－1,x＋1)，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)＝eq \f(x－1,x＋1)，x∈(0，＋∞)．
此时f′(x)＝eq \f(2,x＋12)，可得f′(1)＝eq \f(1,2).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)＝eq \f(a,x)＋eq \f(2,x＋12)＝eq \f(ax2＋2a＋2x＋a,xx＋12).
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上递增．
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＝－eq \f(1,2)时，Δ＝0，f′(x)＝eq \f(－\f(1,2)x－12,xx＋12)≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上递减．
②当a＜－eq \f(1,2)时，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．
③当－eq \f(1,2)＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝eq \f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，x2＝eq \f(－a＋1－\r(2a＋1),a).
由x1＝eq \f(a＋1－\r(2a＋1),－a)＝eq \f(\r(a2＋2a＋1)－\r(2a＋1),－a)＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减；
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)递增；
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；
当a≤－eq \f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上递减；
当－eq \f(1,2)＜a＜0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)，＋∞))上递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－a＋1＋\r(2a＋1),a)，\f(－a＋1－\r(2a＋1),a)))上递增．