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)＝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＜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＜a

C．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)＝x2

C．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＜＜8

C．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.