【数学】2021届一轮复习人教版（文）15利用导数解决函数的单调性问题作业

【数学】2021届一轮复习人教版（文）15利用导数解决函数的单调性问题作业

利用导数解决函数的单调性问题 建议用时：45分钟 一、选择题 ‎1．(2019·武邑中学第二次调研)函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是(　　)‎ A．(0,1]　　　　　　　 B．[1，＋∞)‎ C．(－∞，－1]∪(0,1] D．[－1,0)∪(0,1]‎ A　[f′(x)＝2x－＝(x＞0)，令f′(x)≤0，即≤0，解得0＜x≤1，故选A.]‎ ‎2．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，1] B．(－∞，1)‎ C．(－∞，2] D．(－∞，2)‎ C　[f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．‎ 当Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2时，满足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；‎ 当Δ＝36(m2－4)＞0，即m＜－2或m＞2时，则需解得m≤2，∴m＜－2.‎ 综上，m≤2，∴实数m的取值范围是(－∞，2]．]‎ ‎3．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的图象可能是(　　)‎ A　　　　　　　B C　　　　　　　D C　[由导函数f′(x)的图象可知，函数y＝f(x)先减再增，可排除选项A，B；又f′(x)＝0的根为正数，即y＝f(x)的极值点为正数，所以可排除选项D，选C.]‎ ‎4．已知f(x)＝，则(　　)‎ A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2)‎ C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2)‎ D　[f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e.‎ ‎∴当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故x＝e时，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故选D.]‎ ‎5．设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)‎ A．(1,2] B．(4，＋∞)‎ C．(－∞，2) D．(0,3]‎ A　[因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，所以f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，所以a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.]‎ 二、填空题 ‎6．函数f(x)＝ln x－ax(a＞0)的单调递增区间为 ．‎ 　[由题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝－a＞0(a＞0)，得0＜x＜，∴f(x)的单调递增区间为.]‎ ‎7．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 ．‎ ‎(－3,0)∪(0，＋∞)　[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且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．]‎ ‎8．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 ．‎ ‎(－1，＋∞)　[f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)＜0有实数解，‎ ‎∵x＞0，‎ ‎∴ax2＋2x－1＞0有实数解．‎ 当a≥0时，显然满足；‎ 当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，‎ ‎∴－1＜a＜0.‎ 综上知a＞－1.]‎ 三、解答题 ‎9．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ ‎[解]　(1)由题意得f′(x)＝，‎ 又因为f′(1)＝＝0，故k＝1.‎ ‎(2)由(1)知，f′(x)＝，‎ 设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，‎ 则h′(x)＝－－＜0，‎ 即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．‎ 由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；‎ 当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.‎ 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．‎ ‎10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.‎ ‎(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)若函数f(x)在(－1,1)上为单调减函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求实数a的值；‎ ‎(4)若函数f(x)在区间(－1,1)上不单调，求实数a的取值范围．‎ ‎[解]　(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，‎ 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，‎ 即a≤3x2对x∈R恒成立．‎ 因为3x2≥0，‎ 所以只需a≤0.‎ 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，‎ f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．‎ ‎(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，‎ 所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立，‎ 因为当－1＜x＜1时，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范围为[3，＋∞)．‎ ‎(3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为，‎ 又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，‎ 所以＝1，解得a＝3.‎ ‎(4)由题意知：f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a＞0.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝±.‎ 因为f(x)在区间(－1,1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1,1)上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3，‎ 所以实数a的取值范围为(0,3)．‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)‎ A．[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，则f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.]‎ ‎2．已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且对于任意的x∈，都有f′(x)sin x＜f(x)cos x，则(　　)‎ A.f＞f B．f＞f(1)‎ C.f＜f D.f＜f A　[令g(x)＝，‎ 则g′(x)＝，‎ 由已知得g′(x)＜0在上恒成立，‎ ‎∴g(x)在上单调递减，‎ ‎∴g＞g，即＞，‎ ‎∴f＞f.]‎ ‎3．已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝e，对于任意的x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，则不等式f(x)＜e2x－1的解集为 ．‎ ‎(1，＋∞)　[设F(x)＝，则F′(x)＝′‎ ‎＝.‎ 因为2f(x)－f′(x)＞0，‎ 所以F′(x)＝＜0，‎ 即F(x)是减函数，‎ f(x)＜e2x－1等价于＜1，即F(x)＜1.‎ 又因为f(1)＝e，‎ 所以F(1)＝＝1，‎ 则不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)．]‎ ‎4．已知函数g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x ‎)的单调性．‎ ‎[解]　g′(x)＝ ‎＝.‎ ‎∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴当a＝0时，g′(x)＝－.‎ 由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1.‎ 当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，‎ 若＜1，即a＞，‎ 由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜，‎ 由g′(x)＜0，得＜x＜1；‎ 若＞1，即0＜a＜，‎ 由g′(x)＞0，得x＞或0＜x＜1，‎ 由g′(x)＜0，得1＜x＜；‎ 当＝1时，即a＝时，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.‎ 综上可得：当a＝0时，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；‎ 当0＜a＜时，g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；‎ 当a＝时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当a＞时，g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．‎ ‎1．(2019·南昌模拟)已知函数f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2‎ ‎)，那么(　　)‎ A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0‎ C．x－x＞0 D．x－x＜0‎ D　[由f(x)＝xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当x∈时，f′(x)＞0，即f(x)在上为增函数，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以f(x)为偶函数，所以当f(x1)＜f(x2)时，有f(|x1|)＜f(|x2|)，所以|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.]‎ ‎2．设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数．‎ ‎(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)讨论函数f(x)的单调性．‎ ‎[解]　(1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．‎ 此时f′(x)＝，可得f′(1)＝.又f(1)＝0，‎ 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.‎ ‎(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ f′(x)＝＋＝.‎ 当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上递增．‎ 当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，‎ 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，‎ ‎①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，‎ 函数f(x)在(0，＋∞)上递减．‎ ‎②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，‎ f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．‎ ‎③当－＜a＜0时，Δ＞0.‎ 设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，‎ 则x1＝，x2＝.‎ 由x1＝＝＞0，‎ 所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减；‎ x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)递增；‎ x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减．‎ 综上可得：‎ 当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；‎ 当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上递减；‎ 当－＜a＜0时，f(x)在，上递减，‎ 在上递增．‎