函数的单调性【新教材】2022年人教A版高中数学选择性练习（Word含解析）

函数的单调性练习一、单选题函数f(x)=2x−lnx的单调递减区间为(    )A.(−∞,12) B.(12,+∞)直线y=a与函数y=x3−3x的图象有三个相异的交点，则实数aA.(−2,2) B.[−2,2] C.[2,+∞) D.(−∞,−2]函数f (x)=ex−ex，x∈R的单调递增区间是(

A.(0,+∞) B.(−∞,0) C.(−∞,1) D.(1,+∞)已知a=1e,b=ln33,c=lnA.b<c<a B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b已知函数f(x)=lnx+ax，则“a<0”是“函数f(x)在定义域内为增函数”的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在R上可导的函数f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(    )A.(−∞,−1)∪(0,1) B.(−1,0)∪(1,+∞)

C.(−2,−1)∪(1,2) D.(−∞,−2)∪(2,+∞)f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)<0，对任意正数a，b，若a<b，则必有(    )A.af(b)<bf(a) B.bf(a)<af(b) C.bf(b)<af(a) D.af(a)<bf(b)已知y=fx为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)+fxx>0，则关于xA.1 B.2 C.0 D.0或2已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<x，且f(2)=1，则不等式f(x)<12xA.(−2,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞若函数在区间(12,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(

)A. B. C.(−2,−18) D.设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)=0，当x>0时，有xf′(x)−f(x)x2 <0A.(−2,0)∪(2,+∞) B.(−2,0)∪(0,2)

C.(−∞,−2)∪(2,+∞) D.(−∞,−2)∪(0,2)已知函数y=−xf′x的图象如图(其中f′x是函数fx的导函数)，下面四个图象中，y=fxA.

B.

C.

D.

二、单空题若直线y=a与函数f(x)=x3−3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是_______已知函数y=2cosx+3的导函数为G(x)，在区间[−π3,π]上，随机取一个值a，则G(a)<1的概率P定义在R上的函数fx满足：f(−x)+f(x)=2x2，且当x<0时，f′(x)<2x，则不等式f(x)+4≥f(2−x)+4x的解集为

已知x=2是fx=x3−3ax+2的极小值点，那么函数f已知函数f(x)=kx3+3(k−1)x2−k2+1(k>0)三、解答题已知函数f(x)=ax2+blnx(1)求实数a、b的值;(2)判断函数f(x)的单调区间，并求极值．

已知函数f(x)=ax+lnx(1)求函数f(x)的单调区间；(2)记函数ℎ(x)=f(x)+g(x)，当a=0时，ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围．

已知函数f(x)=ex(x2+ax+1)．

(Ⅰ)当a∈R时，讨论f

(x)的单调性；

(Ⅱ)若实数a满足a≤−1，且函数g(x)=4x3+3(b+4)x2+6(b+2)x(b∈R)的极小值点与f

(x)的极小值点相同，求证：答案和解析1.【答案】C【解答】解：f(x))=2x−lnx的定义域为(0,+∞)．

f′(x)=2−1x=2x−1x，

令f′(x)<0，解得0<x<12，

所以函数f(x)=2x−lnx的单调减区间是(0,12).

2.【答案】A

【解答】

解：y=x3−3x的导数y′=3x2−3=3(x−1)·(x+1)，

令y′>0可解得x<−1或x>1，

故y=x3−3x在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，

函数的极大值为f

(−1)=2，极小值为f

(1)=−2，

大致图象如图所示，而y=a为一条水平直线，

通过图象可得，y=a介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点，可得a∈(−2,2)．

故选：A．

3.【答案】D

【解答】

解：f′(x)=ex−e，

令f′(x)>0得x>1，

∴函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)．

4.【答案】B

【解答】

解：设f(x)=lnxx,x⩾e,则f′(x)=1−lnxx2⩽0恒成立，

∴函数f(x)在[e,+∞)上单调递减，∴fe>f3>f4,即lnee=1e>ln33>ln44,

∴a>b>c，故选B．

所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的x的范围为(−∞,−1)；在(−1,1)上，f

(x)单调递减，

所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0,1)．综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(−∞,−1)∪(0,1)．

7.【答案】C

【解答】

解：设g(x)=xf(x)，x>0，

则g′(x)=[xf(x)]′=xf′(x)+f(x)<0，

∴函数g(x)在(0,+∞)上是减函数，

∵a<b，∴g(a)>g(b)

即bf

(b)<af

(a)

8.【答案】C

【解答】

解：由于函数g(x)=f(x)+1x，可得x≠0，因而g(x)的零点跟xg(x)的非零零点是完全一样的，

故我们考虑xg(x)=xf(x)+1的零点．

由于当x≠0时，f′(x)+f(x)x>0，

①当x>0时，(x⋅g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)>0，

所以，在(0,+∞)上，函数x⋅g(x)单调递增函数．

又∵x→0lim[xf(x)+1]=1，∴在(0,+∞)上，函数x⋅g(x)=xf(x)+1>1恒成立，

因此，在(0,+∞)上，函数x⋅g(x)=xf(x)+1没有零点．

②当x<0时，由于(x⋅g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)<0，

故函数x⋅g(x)在(−∞,0)上是递减函数，函数x⋅g(x)=xf(x)+1>1恒成立，

故函数x⋅g(x)在(−∞,0)上无零点．

综上可得，函g(x)=f(x)+1x在R上的零点个数为0，

9.【答案】D

【解答】

解：构造g(x)=f(x) − 12x2+1，

则g′(x)=f′(x) − x<0，

所以g(x)是R上的单调减函数，

又因为，f(2)=1，g(2)=0，

所以不等式f(x)<12x2−1可化为g(x)<g(2)，

由函数单调递减可得x>2，

故不等式的解集为(2,+∞)．

10.【答案】D

【解答】

解：根据题意得，f′x=1x+2ax，

∵f(x)在区间(12,2)内存在单调递增区间，

∴f′x>0在(12,2)内有解，

即1x+2ax>0⇔a>−12x2在(12,2)内有解

故存在x∈(12,2)，使得a>−12x2，

令g(x)=−12x2，则g(x)在(12,2)单调递增，

所以g(x)∈(−2,−18)，

故a>−2．

11.【答案】B

【解答】

解：设函数g(x)=f(x)x，【解答】解：由已知图象可得，当x<−1时，−x>0，y>0所以f′(x)>0，即函数f(x)单增，当−1<x<0时，−x>0，y<0所以f′(x)<0，即函数f(x)单减，当0<x<1时，−x<0，y>0所以f′(x)<0，即函数f(x)单减，当x>1时，−x<0，y<0所以f′(x)>0，即函数f(x)单增，所以f(x)单增区间为−∞,−1,1,+∞，单减区间为13.【答案】(−2,2)

【解析】

解：∵函数f(x)=x3−3x，

∴f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)．

∴当x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，

∴函数f(x)在区间(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递增；

当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，

∴函数f(x)在区间(−1,1)上单调递减．

故当x=−1时，f(x)取极大值f(−1)=−1+3=2，

当x=1时，f(x)取极小值f(1)=1−3=−2，

又f(x)=0，解得x=0，±3．

若函数f(x)=x3−3x的图象与直线y=a有相异三个公共点，

则−2<a<2．

故答案为(−2,2)．

14.【答案】78

【解答】解：由题意，知G(x)=y′=−2sinx，

在区间[−π3,π]上，由G(a)=−2sina<1，得a∈(−π6,π]，

【解答】

解：根据题意，令g(x)=f(x)−x2，

若f(x)+f(−x)=2x2，变形有f(x)−x2+f(−x)−(−x)2=0，

即g(x)+g(−x)=0，

故g(x)为奇函数，

由g(x)=f(x)−x2，则g′(x)=f′(x)−2x，

又当x<0时，f′(x)<2x，则x<0时，g′(x)=f′(x)−2x<0恒成立，

即g(x)在(−∞,0)上为减函数，

又由g(x)为奇函数，则g(x)在(0,+∞)上也为减函数，

因为当x=0时，f(0)=0，

则g(0)=f(0)−02=0，

综上所述g(x)为R上的减函数，

则不等式f(x)+4⩾f(2−x)+4x，即f(x)−x2⩾f(2−x)+4x−4−x2，

所以f(x)−x2⩾f(2−x)−【解答】解：f′x因为x=2是极小值点，所以f′2即12−3a=0，得a=4，fx令f′x=3x2−12=0所以可得f(x)的极大值为f−2故答案为18．

17.【答案】13

【解答】

解：∵f(x)=k∴f′∵函数f(x)的单调递减区间是(0,4)，∴−2k−2∴k=13．

18.【答案】解：(1)因为f(x)=ax又函数f(x)在x=1处有极值12故f′(1)=0,可得a=12，(2)由(1)可知f(x)=12x且f′(x)=x−1x=(x+1)(x−1)x.令f′(x)=0，则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：x(0,1)1(1,+∞)f′(x)−0+f(x)↘极小值↗所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,+∞)，且函数f(x)在定义域上只有极小值f(1)=1

19.【答案】解：的定义域是(0,+∞)，

且 f′(x)=−ax2+1x=x−ax2；

①若a⩽0，则f′(x)>0，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，

②若a>0，令f′(x)=0，得x=a，

当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，

∴f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；

综上，当a⩽0时，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，无单调减区间；

当a>0时，f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；

(2)a=0时，，

∴ℎ′(x)=bx−2+1x=bx2−2x+1x ，

∵ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，

则ℎ′(x)=0在(0,1)上有唯一实数解，且两侧异号，

由ℎ′(x)=0，得bx2−2x+1=0；

令p(x)=bx2−2x+1，则p(x)在(0,1)上有且只有一个零点，

易知p(0)=1>0，

①当b=0，由p(x)=0，得x=12，满足题意;

②当b>0时，由Δ=4−4b>0p1=b−1<0，解得0<b<1；

③当b<0时，Δ=4−4b>0p1=b−1<0，得b<1，故b<0；

综上所述，ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点时，b<1．

故实数b的取值范围为−∞,1．

20.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex[x2+(a+2)x+a+1]

f′(x)=ex(x+1)(x+a+1)

由f′(x)=0，得x=−1，或x=−a−1

(1)当a=0