高考数学一轮复习第2章基本初等函数导数及其应用第12讲导数与函数的单调性知能训练轻松闯关理北师大版

第12讲导数与函数的单调性1．(2022·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的递增区间是(　　)A．(－∞，2)　　　　　　　　B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)解析：选D.函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)·ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.2．(2022·郑州一模)设函数f′(x)＝x2＋3x－4，则y＝f(x＋1)的递减区间为(　　)A．(－4，1)B．(－5，0)C.D.解析：选B.由f′(x)＝x2＋3x－4，令f′(x)<0，即x2＋3x－4<0，解得－4<x<1，所以函数f(x)的递减区间为(－4，1)，所以y＝f(x＋1)的递减区间为(－5，0)．3．(2022·江西省质检)函数f(x)＝＋的大致图像是(　　)解析：选B.f(x)是偶函数，排除A，D；x>0时，f′(x)＝·，记h(x)＝e2x－2xex－1，因为h′(x)＝2ex(ex－x－1)>0，所以h(x)>h(0)＝0，所以f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上是递增的，排除C，所以选B.4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)·f′(x)≥0，则必有(　　)A．f(x)≥f(a)B．f(x)≤f(a)C．f(x)>f(a)D．f(x)<f(a)解析：选A.由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时，f′(x)≥0；当x<a时，f′(x)≤0.所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值，则f(x)≥f(a)．5．(2022·郑州第一次质量预测)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是(　　)A．(－3，0)B．(－3，5)C．(0，5)D．(－∞，－3)∪(5，＋∞)解析：选B.依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．5\n6．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是减函数，则a的取值范围是(　　)A．0<a<B.<a<C．a≥D．0<a<解析：选C.f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1，1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有即解得a≥.故选C.7．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调情况是________．　解析：在(0，2π)上有f′(x)＝1－cosx>0，所以f(x)在(0，2π)上是递增的．答案：增函数8．(2022·石家庄二中开学考试)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)<f(3x)，则实数x的取值范围是________．解析：由题可得函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2xln2，所以在定义域内f′(x)>0，函数递增，所以由f(x2＋2)<f(3x)得x2＋2<3x，所以1<x<2.答案：(1，2)9．已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．解析：由f(x)＝e|x－a|＝知，当x≥a时，函数f(x)为增函数，而已知函数f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，所以a的取值范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]10．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________．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，所以3ax2＋6x－1＝0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，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)11．已知函数f(x)＝(m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m的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)由题意得f′(x)＝，5\n又f′(1)＝＝0，故m＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝.设h(x)＝－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，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)的递增区间是(0，1)，递减区间是(1，＋∞)．　12．(2022·云南省第一次统一检测)已知函数f(x)＝lnx－.(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上递增；(2)若f[x(3x－2)]<－，求实数x的取值范围．解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．　因为f(x)＝lnx－，所以f′(x)＝－＝.因为x>0，所以4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.所以当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上递增．(2)因为f(x)＝lnx－，所以f(1)＝ln1－＝－.由f[x(3x－2)]<－得f[x(3x－2)]<f(1)．　由(1)得解得－<x<0或<x<1.所以实数x的取值范围为∪.1．(2022·河北省衡水中学模拟)已知函数f(x)＝ex，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＝－1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上为增函数．解：函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝ex.5\n(1)当a＝0时，f(x)＝x·ex，f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(1)＝e，f′(1)＝2e.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0.(2)证明：当a＝－1时，f′(x)＝·ex(x>0)．设g(x)＝x3＋x2－x＋1，则g′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)．令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)>0，得x>.令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)<0，得0<x<.所以函数g(x)在上是减函数，在上是增函数，所以函数g(x)在x＝处取得最小值，且g＝>0.所以g(x)在(0，＋∞)上恒大于零．于是，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝·ex>0恒成立．所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数．2．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．(1)当a＝2时，求函数f(x)的递增区间；(2)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由．解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－<x<，所以函数f(x)的递增区间是(－，)．(2)若函数f(x)在R上是递减的，则f′(x)≤0对任意x∈R都成立．即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对任意x∈R都成立．因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≥0对任意x∈R都成立．所以Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．故函数f(x)不可能在R上是递减的．若函数f(x)在R上是递增的，则f′(x)≥0对任意x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对任意x∈R都成立．因为ex>0，所以x2－(a－2)x－a≤0对任意x∈R都成立．而Δ＝(a－2)2＋4a＝a2＋4>0，故函数f(x)不可能在R上是递增的．综上可知函数f(x)不是R上的单调函数．3．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．5\n(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图像在点(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)内总不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝(x>0)，当a>0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)；当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)由(1)得f′(2)＝－＝1，即a＝－2.所以f(x)＝－2lnx＋2x－3，所以g(x)＝x3＋x2－2x，所以g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.因为g(x)在区间(t，3)内总不是单调函数，即g′(x)＝0在区间(t，3)内有变号零点．由于g′(0)＝－2，所以当g′(t)<0，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>－，所以－<m<－9.5