高考数学(理数)一轮复习：课时达标检测14 《导数与函数的单调性》(教师版)

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对点练(一) 利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间
1.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为( )
A．(－∞，－2)B．[3，＋∞)
C．[－2,3]D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选A 由题图可以看出－2,3是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即方程f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝0的两根，所以－eq \f(2b,3)＝1，eq \f(c,3)＝－6，即2b＝－3，c＝－18，所以函数y＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))可化为y＝lg2(x2－x－6)．解x2－x－6>0得x<－2或x>3.因为二次函数y＝x2－x－6的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq \f(1,2)，所以函数y＝lg2(x2－x－6)的单调递减区间为(－∞，－2)．故选A.
2．设函数f(x)＝2(x2－x)ln x－x2＋2x，则函数f(x)的单调递减区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)
解析：选B 由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2(2x－1)ln x＋2(x2－x)·eq \f(1,x)－2x＋2＝(4x－2)ln x．由f′(x)<0可得(4x－2)ln x<0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－2>0，,ln x<0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－2<0，,ln x>0，))解得eq \f(1,2)故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故选B.
3．函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝eq \f(1,x)－x－1>0可解得0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5)－1,2)))
对点练(二) 利用导数解决函数单调性的应用问题
1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－eq \r(3) ]∪[eq \r(3)，＋∞)
B．[－eq \r(3)，eq \r(3) ]
C．(－∞，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，＋∞)
D．(－eq \r(3)，eq \r(3))
解析：选B f′(x)＝－3x2＋2ax－1，由题意知，f′(x)≤0在R上恒成立，
则Δ＝(2a)2－4×(－1)×(－3)≤0恒成立，解得－eq \r(3)≤a≤eq \r(3).
2．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则( )
A．aC．c解析：选B 由f(x)＝f(2－x)可知，f(x)的图象关于直线x＝1对称．根据题意知当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
所以f(3)＝f(－1)3．已知函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，则使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是( )
A．(－1,3)B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3,3)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
解析：选D 因为f(－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f(x)，
所以函数f(x)是偶函数．通过导函数可知函数y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上是增函数，
所以函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2在(0，＋∞)上也是增函数，
所以不等式f(2x)>f(x＋3)等价于|2x|>|x＋3|，解得x<－1或x>3.故选D.
4．定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 027为奇函数，则不等式f(x)＋2 027ex<0的解集是( )
A．(－∞，0)B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析：选B 设h(x)＝eq \f(fx,ex)，则h′(x)＝eq \f(f′x－fx,ex)<0，所以h(x)是定义在R上的减函数．
因为f(x)＋2 027为奇函数，所以f(0)＝－2 027，h(0)＝－2 027.因为f(x)＋2 0217ex<0，
所以eq \f(fx,ex)<－2 027，即h(x)0，
所以不等式f(x)＋2 027ex<0的解集是(0，＋∞)．故选B.
5．若函数f(x)＝x＋eq \f(4m,x)－mln x在[1,2]上为减函数，则m的最小值为( )
A.eq \f(3,2)B.eq \f(3,4)
C.eq \f(2,3)D.eq \f(4,3)
解析：选C 因为f(x)＝x＋eq \f(4m,x)－mln x在[1,2]上为减函数，
所以f′(x)＝1－eq \f(4m,x2)－eq \f(m,x)＝eq \f(x2－mx－4m,x2)≤0在[1,2]上恒成立，
所以x2－mx－4m≤0在[1,2]上恒成立．
令g(x)＝x2－mx－4m，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝1－m－4m≤0，,g2＝4－2m－4m≤0，))
所以m≥eq \f(2,3)，故m的最小值为eq \f(2,3)，故选C.
6．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＞0B．x1＋x2＞0
C．xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＞0D．xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＜0
解析：选D 由f(x)＝xsin x得f′(x)＝sin x＋xcs 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)，因而f(x)为偶函数，∴当f(x1)＜f(x2)时有f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＜0，故选D.
7．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a<0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))B．(－∞，0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))D．(－∞，－1)
解析：选D f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq \f(1,x)＋a＝eq \f(ax－1,x)，由a<0可得f′(x)<0，
即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减．g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，
令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)<0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．
因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1>0，即a<－1，
故a的取值范围是(－∞，－1)，故选D.
8．若函数f(x)＝aln x－x在区间(1,2)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：由f′(x)＝eq \f(a,x)－1＝eq \f(a－x,x)≥0得a－x≥0，即a≥x，又x∈(1,2)，所以a≥2.
答案：[2，＋∞)
[大题综合练——迁移贯通]
1．设函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ex－xex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)．
若x<0，则1－ex>0，所以f′(x)<0；
若x>0，则1－ex<0，所以f′(x)<0；
若x＝0，则f′(x)＝0.
∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数，即f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．
(2)由(1)知f(x)在[－2,2]上单调递减，
∴[f(x)]min＝f(2)＝2－e2.
∴当m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立．
2．已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋eq \f(2,x)在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，由f′(x)<0得0(2)由题意得g′(x)＝2x＋eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．
①若g(x)为[1，＋∞)上的单调递增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，
即a≥eq \f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝eq \f(2,x)－2x2，
∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0.
②若g(x)为[1，＋∞)上的单调递减函数，
则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能．
∴实数a的取值范围为[0，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝aln x－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·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f′x＋\f(m,2)))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)＝eq \f(a1－x,x).当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；
当a＝0时，f(x)不是单调函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq \f(a,2)＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝eq \f(2x－2,x).
∴g(x)＝x3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋2))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)＝0在区间(t,3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g′t＜0，,g′3＞0.))
g′(t)＜0，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，得m＞－eq \f(37,3).
∴－eq \f(37,3)＜m＜－9.
即实数m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(37,3)，－9)).