【数学】2021届一轮复习人教版文14导数与函数的单调性作业
课时作业14 导数与函数的单调性
[基础达标]
一、选择题
1．[2020·厦门质检]函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0,1]
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0
0时，－12；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：根据信息知，函数f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.
答案：C
3．[2020·南昌模拟]已知奇函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则( )
A．f(0)>f(log32)>f(－log23)
B．f(log32)>f(0)>f(－log23)
C．f(－log23)>f(log32)>f(0)
D．f(－log23)>f(0)>f(log32)
解析：因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．而|－log23|＝log23>log22＝1,00时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f(0)0，得x>；令f′(x)<0，得02，且f(1)＝3，则不等式f(x)>2x＋1的解集为( )
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项．
答案：C
二、填空题
6．[2020·广州模拟]已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e为自然对数的底数．则函数f(x)的单调递增区间为________．
解析：因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－f(2)>f(3)＝f
(－3)．
答案：f(－3)0，故f(x)的增区间为(5，＋∞)．
10．[2020·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)．讨论
f(x)的单调性．
解析：f(x)的定义域为 (－∞，＋∞)，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex－ax＝x(ex－a)．
因a>0，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln a.
①若a＝1，则f′(x)＝x(ex－1)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
②若00；当x∈(ln a,0)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)单调递增，在(ln a,0)单调递减．
③若a>1，则ln a>0，故当x∈(－∞，0)∪(ln a，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，ln a)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)单调递增，在(0，ln a)单调递减．
综上所述，当01时，f(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)单调递增，在(0，ln a)单调递减．
[能力挑战]
11．[2020·河南八市联考]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)＋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－＝，由f′(x)<0得0
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