【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版3-3导数与函数的单调性作业
第三节 导数与函数的单调性
A组 基础题组
1.函数f(x)=1+x-sin x在(0,2π)上的单调情况是( )
A.增函数 B.减函数
C.先增后减 D.先减后增
答案 A 在(0,2π)上有f '(x)=1-cos x>0恒成立,所以f(x)在(0,2π)上单调递增.
2.函数f(x)=3+xln x的单调递减区间是( )
A.1e,e B.0,1e
C.-∞,1e D.1e,+∞
答案 B 因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=ln x+x·1x=ln x+1,令f '(x)<0,解得0
1时,xf '(x)>0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增.
所以当x=1时,函数f(x)取得极小值.
当x<-1时,xf '(x)<0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增,
当-10,所以f '(x)<0,函数f(x)递减,
所以当x=-1时,函数f(x)取得极大值.符合条件的只有C项.
5.若函数f(x)=x+aln x不是单调函数,则实数a的取值范围是( )
A.[0,+∞) B.(-∞,0]
C.(-∞,0) D.(0,+∞)
答案 C f '(x)=1+ax=x+ax,若f(x)=x+aln x不是单调函数,则f '(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.
6.已知函数f(x)=ax+ln x,则当a<0时, f(x)的单调递增区间是 ,单调递减区间是 .
答案 0,-1a;-1a,+∞
解析 由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).
当a<0时,因为f '(x)=a+1x=ax+1ax,所以当x>-1a时,
f '(x)<0,当00,所以f(x)的单调递增区间为0,-1a,单调递减区间为-1a,+∞.
7.函数f(x)=ln x-x1+2x为 函数(填“增”或“减”).
答案 增
解析 由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).
∵f(x)=ln x-x1+2x,
∴f '(x)=1x-1+2x-2x(1+2x)2=4x2+3x+1x(1+2x)2.
∵x>0,
∴4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.
∴当x>0时, f '(x)>0.
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
8.若f(x)=xsin x+cos x,则f(-3), fπ2, f(2)的大小关系是 .
答案 f(-3)f(2)>f(3)=f(-3).
9.已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x.若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-2,求f(x)的单调区间.
解析 由已知得f '(x)=1x+ax-(a+1),则f '(1)=0.
而f(1)=ln 1+a2-(a+1)=-a2-1,
∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-a2-1.
∴-a2-1=-2,解得a=2.
∴f(x)=ln x+x2-3x, f '(x)=1x+2x-3.
由f '(x)=1x+2x-3=2x2-3x+1x>0,
得01,
由f '(x)=1x+2x-3<0,得120都有2f(x)+xf '(x)>0成立,则( )
A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)
C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)
答案 A 设g(x)=x2f(x)⇒g'(x)=2xf(x)+x2f '(x)=x·[2f(x)+xf '(x)],则当x>0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,易得g(x)是偶函数,则4f(-2)=g(-2)=g(2)0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).
3.已知函数f(x)=x2+aln x.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若函数g(x)=f(x)+2x在[1,+∞)上单调,求实数a的取值范围.
解析 (1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),
当a=-2时, f '(x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x,
由f '(x)<0得01时,g(x)>0.
解析 (1)f '(x)=2ax-1x=2ax2-1x(x>0).
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.
当a>0时,由f '(x)=0得x=12a.
当x∈0,12a时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈12a,+∞时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
(2)证明:令s(x)=ex-1-x,
则s'(x)=ex-1-1.
当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在(1,+∞)内为增函数,
所以s(x)>s(1),即ex-1>x,
从而g(x)=1x-1ex-1>0.