【数学】2021届一轮复习人教A版（文）第三章 第2讲 导数与函数的单调性作业
第2讲 导数与函数的单调性
[基础题组练]
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．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
解析：选B.法一：令y′＝1－＋<0，得－3
0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.
法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝40时，函数f′(x)＝，可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．
当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确．
4．(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－x(ex＋e－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又ex＋e－x>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.
优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)2，所以m≤2.故选C.
6．函数y＝4x2＋的单调递增区间为 ．
解析：由y＝4x2＋，得y′＝8x－，
令y′>0，即8x－>0，解得x>.
所以函数y＝4x2＋的单调递增区间为.
答案：
7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ．
解析：由f(x)图象特征可得，
f′(x)在和[2，＋∞)上大于0，在上小于0，
所以xf′(x)≥0⇔或⇔0≤x≤或x≥2，
所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．
答案：∪[2，＋∞)
8．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为 (用“<”连接)．
解析：由题意知，函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈时，f′(x)<0.所以f(x)在区间上是减函数，所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)0，解得x>1或x<－；
令f′(x)<0，解得－0时，由F′(x)<0，得x<－ln a，
由F′(x)>0，得x>－ln a.
故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；
当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
[综合题组练]
1．(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为( )
A．(0，2) B．(0，3)
C．(2，3) D．(3，＋∞)
解析：选B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝ex(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0，3)，故选B.
2．设函数f(x)＝x－，且f(mx)＋mf(x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是 ．
解析：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－＋mx－<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，整理得2mx<恒成立，即2mx20时，2x2<1＋，显然当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m<0时，2x2>1＋，当x＝1时y＝2x2取得最小值为2，1＋<2，解得m<－1.综上，实数m的取值范围是m<－1.
答案：(－∞，－1)
3．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a
的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
故b＝0，c＝1.
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．
则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立，
即－a>.
因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)，
则－x－≥2＝2，
当且仅当－x＝－，即x＝－时等号成立，
所以－a>2，则a<－2.
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)．
4．(2020·成都七中检测)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，g(x)＝－，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x>1时，g(x)>0.
解：(1)由题意得f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈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)>s(1)，即ex－1>x，从而g(x)＝－＝>0.
