2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用课时作业14导数与函数的单调性含解析苏教版
课时作业14 导数与函数的单调性
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是( A )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
解析：∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
2．(2020·济南调研)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( C )
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：由题意得，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.
3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( D )
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解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．
4．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是( A )
A.，(0，＋∞)
B.∪(0，＋∞)
C.
D.
解析：f′(x)＝2x(x－m)＋x2，
∵f′(－1)＝－1，∴－2(－1－m)＋1＝－1，
解得m＝－2，∴f′(x)＝2x(x＋2)＋x2.
令2x(x＋2)＋x2>0，解得x<－或x>0，
∴函数f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞)．
5．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( A )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
6．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>2，且f(1)＝3，则不等式f(x)>2x＋1的解集为( C )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
解析：f(x)>2x＋1的解集即f(x)－2x－1>0的解集．构造函数g(x)＝f(x)－2x－1，则g′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)＝f(x)－2x－1在R
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上单调递增，且g(1)＝f(1)－2－1＝0，所以f(x)－2x－1>0的解集为(1，＋∞)，即不等式f(x)>2x＋1的解集为(1，＋∞)．故选C.
7．(2020·山东济南质检)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( C )
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C．[1，) D．[，2)
解析：f′(x)＝4x－＝，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00.若a＝f，b＝0，c＝－f，则a，b，c的大小关系是( A )
A．a0在(0，π)上恒成立，
所以g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0在(0，π)上恒成立，
所以g(x)在(0，π)上单调递增，
所以gxf′(x)恒成立，则x2f－f(x)>0的解集为(1，＋∞)．
解析：当x∈(0，＋∞)时，f(x)>xf′(x)⇔xf′(x)－f(x)<0⇔′<0.令g(x)＝，则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减．又当x∈(0，＋∞)时，不等式x2f－f(x)>0⇔>，则0<0.
(1)当m＝2时，求f(x)的极大值；
(2)试讨论f(x)在区间(0,1)上的单调性．
解：(1)当m＝2时，f(x)＝lnx＋－x，
f′(x)＝－－1＝－(x>0)，
当02时，f′(x)<0，
当0，
∴f(x)在(0，)和(2，＋∞)上单调递减，在(，2)上单调递增，∴f(x)的极大值为f(2)＝ln2－.
(2)f′(x)＝－－1＝－(x>0，m>0)，
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故当01时，f(x)在(0，)上单调递减，
在(，1)上单调递增．
14．(2020·江西赣州联考)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋b.
(1)若f(x)与g(x)的图象在x＝1处相切，求g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知得f′(x)＝，所以f′(1)＝1＝a，所以a＝2.又因为g(1)＝0＝a＋b，所以b＝－1.所以g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝－f(x)＝－lnx在[1，＋∞)上是减函数，
所以φ′(x)＝≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，
则2m－2≤x＋，x∈[1，＋∞)，
因为x＋∈[2，＋∞)，所以2m－2≤2，即m≤2.
故实数m的取值范围是(－∞，2]．
15．(2020·河南濮阳一模)已知f(x)＝alnx＋x2(a>0)，若对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则a的取值范围为( D )
A．(0,1] B．(1，＋∞)
C．(0,1) D．[1，＋∞)
解析：对任意两个不相等的正实数x1，x2，都有>2恒成立，则当x>0时，f′(x)≥2恒成立，f′(x)＝＋x≥2在(0，＋∞)上恒成立，则a≥(2x－x2)max＝1.故选D.
16．(2020·河南濮阳模拟)已知a＝ln，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为( D )
A．b>c>a B．a>c>b
C．a>b>c D．b>a>c
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解析：依题意，得a＝ln＝，b＝e－1＝，c＝＝.令f(x)＝，则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(e)＝＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.故选D.
17．(2020·山东潍坊模拟)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01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01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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