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2020版高考数学一轮复习课时作业14《 导数与函数的单调性》(含解析) 练习
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课时作业14 导数与函数的单调性
一、选择题
1.下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( B )
A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xex
C.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
A. B.
C. D.
解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·＝lnx＋1，令f′(x)<0，解得0
①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝；④f(x)＝.
A.①②④ B.①③
C.①③④ D.②③
解析：x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，，都减小，∴y＝，y＝在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)＝1和f(x)＝都是P函数；′＝，∴x∈(1，e)时，′<0，x∈(e，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝x不是P函数；′＝，∴x∈(1，e2)时，′<0，x∈(e2，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝不是P函数.故选B.
4.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( C )
解析：由题图知当0
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值.
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－10，此时f′(x)<0，函数f(x)递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值.符合条件的只有C项.
5.已知函数f(x)＝x2－tcosx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( C )
A. B.
C.[－1,1] D.
解析：因为f(x)＝x2－tcosx，所以f′(x)＝x＋tsinx.令g(x)＝f′(x)，因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)＝1＋tcosx≥0恒成立，所以tcosx≥－1恒成立，因为cosx∈[－1，1]，所以所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
6.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为( A )
A.(0，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，＋∞)
C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(－1，＋∞)
解析：设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex.由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数.因为f(0)＝0，所以g(0)＝－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞).
7.已知函数y＝f(x)对于任意x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( A )
A.f
则F′(x)＝，
∵f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在上单调递增.把选项转化后可知选A.
二、填空题
8.函数f(x)＝lnx－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)＝－x－1>0可解得0
F′(x)＝＝<0，
故F(x)为R上的减函数，有f(x)
解析：∵f(x)＝ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，
∴a＋b＝4①，f′(x)＝3ax2＋2bx，
则f′(1)＝3a＋2b.
由题意可得f′(1)·＝－1，
即3a＋2b＝9②.
联立①②两式解得a＝1，b＝3，
∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x.
令f′(x)＝3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2.∵函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)，∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.
三、解答题
11.(2019·云南玉溪模拟)已知函数f(x)＝xlnx.
(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；
(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程.
解：(1)∵f(x)＝xlnx，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xlnx－a(x－1)，则g′(x)＝lnx＋1－a.由g′(x)<0，得lnx＋1－a<0，解得00，得lnx＋1－a>0，解得x>ea－1.∴g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，＋∞)上单调递增.
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0lnx0，切线的斜率为lnx0＋1.
∴切线l的方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0).
又切线l过点(0，－1)，∴－1－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，即－1－x0lnx0＝－x0lnx0－x0，解得x0＝1，y0＝0.∴直线l的方程为y＝x－1.
12.(2019·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－a(a∈R).
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间.
解：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.
①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
②当00，得x－1；由f′(x)<0，得lna时，单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna).
13.设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的实数x都有f(x)＝4x2－f(－x)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＋<4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2，则实数m的取值范围是( A )
A. B.
C.[－1，＋∞) D.[－2，＋∞)
解析：令F(x)＝f(x)－2x2，因为F(－x)＋F(x)＝f(－x)＋f(x)－4x2＝0，所以F(－x)＝－F(x)，故F(x)＝f(x)－2x2是奇函数.则当x∈(－∞，0)时，F′(x)＝f′(x)－4x<－<0，故函数F(x)＝f(x)－2x2在(－∞，0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2m2，即F(m＋1)≤F(－m)，由函数的单调性可得m＋1≥－m，即m≥－.故选A.
14.(2019·西安八校联考)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)<0，若a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是b>a>c.
解析：解法1：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称.因为(x－1)f′(x)<0.所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象，如图所示.
因为a＝f(0)是图中点A的纵坐标，b＝f()是图中点B的纵坐标，c＝f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.
解法2：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称.因为(x－1)f′(x)<0，所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.
取符合题意的函数f(x)＝－(x－1)2，则a＝f(0)＝－1，b＝f()＝－，c＝f(3)＝－4，故b>a>c.
15.(2019·益阳、湘潭调研考试)π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是( A )
A.3e,3π B.3e，eπ
C.e3，π3 D.πe,3π
解析：构造函数f(x)＝，f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝，当f′(x)>0，即0e时，函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞).∵e<3<π，∴eln3π3，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e.故选A.
16.(2019·重庆六校联考)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)lnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝x－a＋＝
＝(x－1)[x－(a－1)]，
①若a>2，由f′(x)>0，得0a－1，由f′(x)<0，得1
③若10，得01，由f′(x)<0，得a－1
若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若1
(2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，
令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)lnx＋x，
对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数.
f′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，
令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，
当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解.
当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g()≥0，即()2－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，解得1≤a≤5.
综上，实数a的取值范围是[1,5].
一、选择题
1.下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( B )
A.f(x)＝sin2x B.f(x)＝xex
C.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
A. B.
C. D.
解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·＝lnx＋1，令f′(x)<0，解得0
①f(x)＝1；②f(x)＝x；③f(x)＝；④f(x)＝.
A.①②④ B.①③
C.①③④ D.②③
解析：x∈(1，＋∞)时，lnx>0，x增大时，，都减小，∴y＝，y＝在(1，＋∞)上都是减函数，∴f(x)＝1和f(x)＝都是P函数；′＝，∴x∈(1，e)时，′<0，x∈(e，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝x不是P函数；′＝，∴x∈(1，e2)时，′<0，x∈(e2，＋∞)时，′>0，即y＝在(1，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴f(x)＝不是P函数.故选B.
4.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( C )
解析：由题图知当0
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值.
当x<－1时，xf′(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)递增，当－1
5.已知函数f(x)＝x2－tcosx，若其导函数f′(x)在R上单调递增，则实数t的取值范围为( C )
A. B.
C.[－1,1] D.
解析：因为f(x)＝x2－tcosx，所以f′(x)＝x＋tsinx.令g(x)＝f′(x)，因为f′(x)在R上单调递增，所以g′(x)＝1＋tcosx≥0恒成立，所以tcosx≥－1恒成立，因为cosx∈[－1，1]，所以所以－1≤t≤1，即实数t的取值范围为[－1,1].
6.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)>1－f′(x)，f(0)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex－1(其中e为自然对数的底数)的解集为( A )
A.(0，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，＋∞)
C.(－∞，0)∪(1，＋∞) D.(－1，＋∞)
解析：设g(x)＝exf(x)－ex，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex.由已知f(x)>1－f′(x)，可得g′(x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函数.因为f(0)＝0，所以g(0)＝－1，则不等式exf(x)>ex－1可化为g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0，＋∞).
7.已知函数y＝f(x)对于任意x∈满足f′(x)cosx＋f(x)sinx>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( A )
A.f
则F′(x)＝，
∵f′(x)cosx＋f(x)sinx>0，则F′(x)>0，F(x)在上单调递增.把选项转化后可知选A.
二、填空题
8.函数f(x)＝lnx－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)＝－x－1>0可解得0
F′(x)＝＝<0，
故F(x)为R上的减函数，有f(x)
解析：∵f(x)＝ax3＋bx2的图象经过点M(1,4)，
∴a＋b＝4①，f′(x)＝3ax2＋2bx，
则f′(1)＝3a＋2b.
由题意可得f′(1)·＝－1，
即3a＋2b＝9②.
联立①②两式解得a＝1，b＝3，
∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x.
令f′(x)＝3x2＋6x≥0，得x≥0或x≤－2.∵函数f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，∴[m，m＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)，∴m≥0或m＋1≤－2，即m≥0或m≤－3.
三、解答题
11.(2019·云南玉溪模拟)已知函数f(x)＝xlnx.
(1)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，讨论函数g(x)的单调性；
(2)若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，求直线l的方程.
解：(1)∵f(x)＝xlnx，∴g(x)＝f(x)－a(x－1)＝xlnx－a(x－1)，则g′(x)＝lnx＋1－a.由g′(x)<0，得lnx＋1－a<0，解得0
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝x0lnx0，切线的斜率为lnx0＋1.
∴切线l的方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0).
又切线l过点(0，－1)，∴－1－x0lnx0＝(lnx0＋1)(0－x0)，即－1－x0lnx0＝－x0lnx0－x0，解得x0＝1，y0＝0.∴直线l的方程为y＝x－1.
12.(2019·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－a(a∈R).
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；
(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间.
解：(1)a＝0时，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.
(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.
①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
②当0
13.设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，对任意的实数x都有f(x)＝4x2－f(－x)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＋<4x，若f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2，则实数m的取值范围是( A )
A. B.
C.[－1，＋∞) D.[－2，＋∞)
解析：令F(x)＝f(x)－2x2，因为F(－x)＋F(x)＝f(－x)＋f(x)－4x2＝0，所以F(－x)＝－F(x)，故F(x)＝f(x)－2x2是奇函数.则当x∈(－∞，0)时，F′(x)＝f′(x)－4x<－<0，故函数F(x)＝f(x)－2x2在(－∞，0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m＋1)≤f(－m)＋4m＋2等价于f(m＋1)－2(m＋1)2≤f(－m)－2m2，即F(m＋1)≤F(－m)，由函数的单调性可得m＋1≥－m，即m≥－.故选A.
14.(2019·西安八校联考)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且(x－1)f′(x)<0，若a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是b>a>c.
解析：解法1：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称.因为(x－1)f′(x)<0.所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象，如图所示.
因为a＝f(0)是图中点A的纵坐标，b＝f()是图中点B的纵坐标，c＝f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.
解法2：因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称.因为(x－1)f′(x)<0，所以当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减；当x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增.
取符合题意的函数f(x)＝－(x－1)2，则a＝f(0)＝－1，b＝f()＝－，c＝f(3)＝－4，故b>a>c.
15.(2019·益阳、湘潭调研考试)π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是( A )
A.3e,3π B.3e，eπ
C.e3，π3 D.πe,3π
解析：构造函数f(x)＝，f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝，当f′(x)>0，即0
16.(2019·重庆六校联考)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)lnx.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1，求实数a的取值范围.
解：(1)f′(x)＝x－a＋＝
＝(x－1)[x－(a－1)]，
①若a>2，由f′(x)>0，得0
③若1
若a＝2，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
若1
(2)f(x1)－f(x2)>x2－x1⇔f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，
令F(x)＝f(x)＋x＝x2－ax＋(a－1)lnx＋x，
对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1>x2，恒有f(x1)－f(x2)>x2－x1等价于函数F(x)在(0，＋∞)上是增函数.
f′(x)＝x－a＋1＋＝[x2－(a－1)x＋a－1]，
令g(x)＝x2－(a－1)x＋a－1，
当a－1<0，即a<1时，x＝<0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g(0)≥0，即a－1≥0，a≥1，无解.
当a－1≥0，即a≥1时，x＝≥0，故要使f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g()≥0，即()2－(a－1)·＋a－1≥0，化简得(a－1)(a－5)≤0，解得1≤a≤5.
综上，实数a的取值范围是[1,5].
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