2023高考数学统考一轮复习课后限时集训19利用导数解决函数的单调性问题理含解析新人教版202302272124

课后限时集训(十九)　利用导数解决函数的单调性问题建议用时：40分钟一、选择题1．(2020·南阳模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是(　　)A．和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C．和(2，＋∞)D．(1,2)C　[函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)．f′(x)＝2x－5＋＝＝，令f′(x)＞0，解得0＜x＜或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．]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．即m≤x＋在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝x＋，则h(x)在(1，＋∞)上是增函数，∴h(x)＞2，从而m≤2，故选C．]3．函数f(x)＝x2＋xsinx的图象大致为(　　)A　　　　　　　　　B\nC　　　　　　　　　DA　[函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)2＋(－x)sin(－x)＝x2＋xsinx＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，排除B．又f′(x)＝2x＋sinx＋xcosx＝(x＋sinx)＋x(1＋cosx)，当x＞0时，x＋sinx＞0，x(1＋cosx)≥0，∴f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A．]4．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．(1,2]B．(4，＋∞)C．(－∞，2)D．(0,3]A　[因为f(x)＝x2－9lnx，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由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.]5．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时，有(　　)A．f(x)g(x)＞f(b)g(b)B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)C．f(x)g(b)＞f(b)g(x)D．f(x)g(x)＞f(a)g(a)C　[令F(x)＝，则F′(x)＝＜0，所以F(x)在R上单调递减．又a＜x＜b，所以＞＞.又f(x)＞0，g(x)＞0，所以f(x)g(b)＞f(b)g(x)．]6．已知函数f(x)＝xsinx，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　)A．x1－x2＞0B．x1＋x2＞0C．x－x＞0D．x－x＜0D　[f′(x)＝sinx＋xcosx，当x∈时f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数．又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx＝f(x)，所以f(x)为偶函数．f(x1)＜f(x2)⇔f(|x1|)＜f(|x2|)⇔|x1|＜|x2|⇔x－x＜0，故选D．]二、填空题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)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．\n(－1，＋∞)　[f′(x)＝－ax－2＝，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.]9．(2020·海淀区模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，则不等式f(x)＞＋3的解集为________．(1，＋∞)　[由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋＞0，构造函数g(x)＝f(x)－－3，则g′(x)＝f′(x)＋＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函数．又f(1)＝4，则g(1)＝f(1)－1－3＝0，从而g(x)＞0的解集为(1，＋∞)，即f(x)＞＋3的解集为(1，＋∞)．]三、解答题10．已知函数f(x)＝(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)＝，又因为f′(1)＝＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝，设h(x)＝－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0，\n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，＋∞)．11．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，又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以＝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＝±.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＜＜1，得0＜a＜3，所以实数a的取值范围为(0,3)．1．已知a＝，b＝，c＝，则(　　)\nA．a＞b＞cB．c＞b＞aC．a＞c＞bD．b＞a＞cA　[设f(x)＝，则f′(x)＝－，令f′(x)＞0得lnx＜0，∴0＜x＜1，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又a＝f(e)，b＝f(3)，c＝f(5)，且1＜e＜3＜5，∴f(e)＞f(3)＞f(5)，即a＞b＞c，故选A．]2．(2020·西安模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．(0,1)∪(2,3)　[f′(x)＝－x＋4－＝，令f′(x)＝0得x＝1或x＝3，由题意知t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3，故t的取值范围是(0,1)∪(2,3)．]3．设函数f(x)＝alnx＋，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)＝，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝，可得f′(1)＝.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)＝＋＝.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＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，\n函数f(x)在(0，＋∞)上递减．②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．③当－＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由x1＝＝＞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≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上递减；当－＜a＜0时，f(x)在，上递减，在上递增．1．(2020·沈阳模拟)f(x)是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f(x)＋x·f′(x)＜0，且f(－3)＝0，则不等式f(x)＜0的解集为(　　)A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)D　[设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)，则当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，由f(x)是定义在R上的奇函数知g(x)＝xf(x)为偶函数，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(－3)＝0，∴g(3)＝g(－3)＝－3×f(－3)＝0.当x＞0时，若f(x)＜0，则g(x)＜0，∴0＜x＜3，当x＜0时，若f(x)＜0，则g(x)＞0，∴x＜－3.∴不等式f(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)，故选D．]\n2．已知函数f(x)＝(x－a)·ex－ax2＋a(a－1)x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．[解]　f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)．当a≤0时，ex－a＞0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝lna.令g(a)＝a－1－lna，则g′(a)＝1－＝.当a∈(0,1)时，g′(a)＜0，g(a)为减函数；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＞0，g(a)为增函数．∴g(a)min＝g(1)＝0，∴a－1≥lna(当且仅当a＝1时取“＝”)．∴当0＜a＜1或a＞1时，x∈(－∞，lna)，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x∈(lna，a－1)，f′(x)＜0，f(x)为减函数，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)为增函数．当a＝1时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1或a＞1时，f(x)在(lna，a－1)上单调递减，在(－∞，lna)和(a－1，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.