2024届新高考一轮复习人教A版 第三章 第2节　导数与函数的单调性 作业

第2节导数与函数的单调性[选题明细表]知识点、方法题号不含参数的函数的单调性1,2含参数的函数的单调性9导数与函数单调性的应用3,4,5,6,7,8,10,11,12,13,14,151.函数f(x)=xlnx+1的单调递减区间是(C)A.(-∞,1e) B.(1eC.(0,1e)解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+lnx,令f′(x)<0,得0<x<1e,所以f(x)的单调递减区间为(0,1e2.已知函数f(x)=x(ex-e-x),则f(x)(D)A.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递减B.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增C.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递减D.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增解析:因为f(x)=x(ex-e-x),x∈R,定义域关于原点对称,且f(-x)=-x(e-x-ex)=x(ex-e-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,当x>0时,f′(x)=ex-e-x+x(ex+e-x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.3.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且函数f(x)的图象如图所示,则函数y=xf′(x)的图象可能是(C)解析:由题图可知函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,则当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,f′(x)>0,且f′(-1)=0.对于函数y=xf′(x),当x∈(-∞,-1)时,xf′(x)>0,当x∈(-1,0)时,xf′(x)<0,当x∈(0,+∞)时,xf′(x)>0,且当x=-1时,xf′(x)=0,当x=0时,xf′(x)=0,显然选项C符合.4.已知f(x)在R上是可导函数,f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集为(D)A.(-∞,-2)∪(1,+∞)B.(-∞,-2)∪(1,2)C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)解析:原不等式等价于x或x2x>3解得x<-1或x>3或-1<x<1.5.若f(x)=(a-12)x-sin2A.(-∞,-1) B.(-∞,-1]C.(-∞,54) D.(-∞,5解析:因为f(x)=(a-12)x-sin2所以f′(x)=a-12-1所以a≤-sin2x+sinx+1=-(sinx-12)2+5当sinx=-1时,y=-(sinx-12)2+5所以实数a的取值范围是(-∞,-1].6.已知定义在R上的函数f(x)=13ax3+x2A.(-∞,-1)∪(1,+∞)B.[-1,0)∪(0,1]C.(-1,1)D.(-1,0)∪(0,1)解析:f′(x)=ax2+2x+a,若函数f(x)=13ax3+x2则f′(x)=ax2+2x+a=0有2个不相等的零点,则有Δ=4-4a2>0,且a≠0,解得-1<a<1,且a≠0,即实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,1).7.设a=e0.2-1,b=ln1.2,c=15,则a,b,c的大小关系为解析:记f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1,当x>0时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(0.2)>f(0)⇒e0.2-0.2-1>0⇒e0.2-1>0.2,故a>c,故b<c,因此a>c>b.答案:b<c<a8.(2022·江西南昌三模)记定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),且f′(x)-f(x)>0,f(1)=1,则不等式f(x)>ex-1的解集为.解析:设g(x)=f(所以g′(x)=f'(x且g(1)=f(1)e=1e,不等式f(x)>ex-1⇔所以x>1.答案:(1,+∞)9.函数f(x)=x2-alnx.讨论函数f(x)的单调性.解:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-ax=2当a≤0时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,令f′(x)>0,得x>2a所以函数f(x)在(2a2,+∞令f′(x)<0,得x<2a2,所以函数f(x)在(0,2综上,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在(2a2,+∞)上单调递增,在(0,210.(多选题)(2022·河北衡水月考)下列不等式成立的是(AD)A.2ln32<32ln2 B.2ln3<3C.5ln4<4ln5 D.π>elnπ解析:设f(x)=lnxx(x>0),则f′(x)=所以当0<x<e时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>e时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.因为32<2<e,所以f(32即2ln32<3因为2<3<e,所以f(2)<f(3),即2ln3>3ln2,故选项B不正确;因为e<4<5,所以f(4)>f(5),即5ln4>4ln5,故选项C不正确;因为e<π,所以f(e)>f(π),即π>elnπ,故选项D正确.11.设函数f(x)的导函数是f′(x),且f(x)·f′(x)>x恒成立,则(D)A.f(1)<f(-1) B.f(1)>f(-1)C.|f(1)|<|f(-1)| D.|f(1)|>|f(-1)|解析:设g(x)=12[f2(x)-x2则g′(x)=12所以g(x)=12[f2(x)-x2即12[f2(1)-1]>12[f2(-1)-1],解得f2(1)>f12.函数f(x)=lnx+1x的增区间为,若对∀a,b∈[1,e],a≠b,均有a解析:函数f(x)=lnx+1xf′(x)>0,当x>1时,f′(x)<0,则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)的增区间是(0,1);因为∀a,b∈[1,e],a≠b,均有aln于是得alnb-blna<mb-ma⇔a(lnb+m)<b(lna+m)⇔lnb+m令g(x)=lnx+m因此,∀x∈[1,e],g′(x)=1-m-lnx所以m的取值范围是[1,+∞).答案:(0,1)[1,+∞)13.已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2·(f′(x)+m2)解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=a(当a>0时,f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞);当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1);当a=0时,f(x)为常数函数,无单调区间.(2)由(1)及题意得f′(2)=-a2即a=-2,所以f(x)=-2lnx+2x-3,f′(x)=2x所以g(x)=x3+(m2+2)x2所以g′(x)=3x2+(m+4)x-2.因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.由于g′(0)=-2,所以g当g′(t)<0时,3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9,又g′(3)>0,即m>-373所以-373即实数m的取值范围是(-373,-9)14.已知函数f(x)=ae(1)若a>0,求f(x)的单调区间;(2)若对∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2都有f(解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0},f′(x)=ae因为a>0,所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(0,1),单调递增区间为(1,+∞).(2)因为∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2,都有f(即f(即[f令g(x)=f(x)-2x,则g(即函数g(x)=f(x)-2x在区间[1,3]上单调递减,又因为g′(x)=f′(x)-2=ae所以ae当x=1时,不等式可化为-2≤0显然成立;当x∈(1,3]时,不等式aex(令h(x)=2x则h′(x)=4=-=-=-2所以函数h(x)=2x所以h(x)min=h(3)=2×32(所以a≤9e3,即实数a的取值范围是(-∞,915.已知函数f(x)=ln(x+2).(1)求函数的图象在点P(-1,0)处的切线l的方程;(2)利用你所学的知识结合函数f(x)=ln(x+2)的图象以及直线l,构造一个关于函数f(x)的解析式及直线l的方程的不等式,并证明你的结论.解:(1)易知点P(-1,0)在曲线上,由f′(x)=1x所以切线l的方程为y=x+1.(2)结合图象可知x+1>ln(x+2)(x≠-1),证明如下:构造函数g(x)=x+1-ln