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
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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.
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