【数学】2020届浙江一轮复习通用版3-2-1导数与函数的单调性作业
[基础达标]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．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
解析：选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．
3．(2019·台州市高三期末质量评估)已知函数f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列选项中不可能是函数f(x)图象的是( )
解析：选D.因f′(x)＝ax2＋ax＋1，故当a＜0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案C中的那种情形；当a＞0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案B中的那种情形；判别式Δ＝a2－4a≤0，其图象是答案A中的那种情形；当a＝0，即y＝x也是答案A中的那种情形，应选答案D.
4．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为( )
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
解析：选A.因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.又x∈时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以此时函数是增函数．所以f
f(1)>f，故选A.
5．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选B.由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B.
6．(2019·温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)＜2f(3)
C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.
7．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．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________．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时
f′(x)≤0，当0＜x＜－时f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
答案：
9．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，＋∞)
10．(2019·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f(x)＝x2ex，若f(x)在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意得，f′(x)＝ex(x2＋2x)，所以f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f(x)在[t，t＋1]上不单调，所以或，即实数t的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．
答案：(－3，－2)∪(－1，0)
11．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知
f′(1)＝－－a＝－2，
解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)．
12．(1)设函数f(x)＝xe2－x＋ex，求f(x)的单调区间．
(2)设f(x)＝ex(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)，若函数f(x)在区间上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)因为f(x)＝xe2－x＋ex.
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)与
1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(2)由题意可得f′(x)＝ex≤0在上恒成立．
因为ex>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在上恒成立．令g(x)＝ln x＋.
因为g′(x)＝－＝，
由g′(x)＝0，得x＝1.
x
(1，e)
g′(x)
－
＋
g(x)
g＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，所以g(x)max＝g＝e－1.
故a≥e－1.
[能力提升]
1．(2019·丽水模拟)已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
解析：选C.由条件可知当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＜0，函数递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函数递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．当x＜－1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函数递增，当－1＜x＜0时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函数递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数f′(x)．当x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为( )
A．(，1) B．(－∞，)∪(1，＋∞)
C．(，＋∞) D．(－∞，)
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)，
所以f(－x)＝f(x)
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
所以x2f′(x)＋2xf(x)≤0，
因为g(x)＝x2f(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上为减函数，
因为f(x)为偶函数，
所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数，
因为g(x)＜g(1－2x)
所以|x|＞|1－2x|，
即(x－1)(3x－1)＜0
解得＜x＜1，选A.
3.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)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是________．
解析：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)．
答案：(－3，5)
4．(2019·绍兴、诸暨高考模拟)已知函数f(x)＝x3－3x，函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程是________；函数f(x)在区间[0，2]内的值域是________．
解析：函数f(x)＝x3－3x，切点坐标(0，0)，导数为y′＝3x2－3，切线的斜率为－3，
所以切线方程为y＝－3x；
3x2－3＝0，可得x＝±1，x∈(－1，1)，y′＜0，函数是减函数，x∈(1，＋∞)，y′＞0函数是增函数，
f(0)＝0，f(1)＝－2，f(2)＝8－6＝2，
函数f(x)在区间[0，2]内的值域是[－2，2]．
答案：y＝－3x [－2，2]
5．已知函数g(x)＝x3－ax2＋2x.
(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；
(2)若g(x)在区间(－2，－1)内不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)因为g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
所以即解之得a≤－3，
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
(2)因为g(x)在(－2，－1)内不单调，g′(x)＝x2－ax＋2，
所以g′(－2)·g′(－1)<0或
由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)·(3＋a)<0，无解．
由得
即解之得－30，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
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，＋∞)上单调递减．
②当a<－时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－0，
设x1，x2(x10，
所以当x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，
函数f(x)单调递增，
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
综上可得：
当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－
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