2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第三章 第2讲 第1课时 导数与函数的单调性
[基础题组练]
1.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，
因为a
f(b)>f(a)，故选C.
2．(2020·江西红色七校第一次联考)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)
解析：选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．
当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当Δ＝36(m2－4)>0，即m<－2或m>2时，则需解得m≤2，所以m<－2.
综上得m≤2，所以实数m的取值范围是(－∞，2]．
3．已知f(x)＝，则( )
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：选D.f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)是增加的，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)是减少的，故当x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)，故选D.
4．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上是减少的，则实数a的取值范围是( )
A．(1，2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0，3]
解析：选A.因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x>0)，由x－≤0，得00且a＋1≤3，解得10恒成立，且a>0，则下列说法正确的是( )
A．f(a)f(0)
C．ea·f(a)f(0)
解析：选D.设g(x)＝ex·f(x)，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，所以g(x)为R上的增函数，因为a>0，所以g(a)>g(0)，即ea·f(a)>f(0)，故选D.
6．函数f(x)＝＋－ln x的减区间是________．
解析：因为f(x)＝＋－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－－＝，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
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________．
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，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)0，函数是增函数，所以由f(x2＋2)0)，
则h′(x)＝－－<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)．
10．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)上为减函数，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)的减区间为(－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－10.
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0f(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)
解析：选C.令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上是减少的．又a>.又f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．
2．(2020·西安模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)＋f(－x)＝x2，且x<0时，f′(x)0，函数f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
当a<0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的．
③当－0，
设x1，x2(x10，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减少的，当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)是增加的，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)是减少的．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上是增加的；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上是减少的；
当－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)为常函数．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，
即a＝－2，
所以f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.
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)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，
所以
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>－.
所以－
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