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

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)＝xexC．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＜aC．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)＝x2C．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＜＜8C．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.