2021新高考数学新课程一轮复习课时作业第二章第11讲利用导数研究函数的单调性

第1课时利用导数研究函数的单调性组基础关1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调递增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)答案C解析因为f(x)＝x2(x－m)＝x3－mx2，所以f′(x)＝3x2－2mx，又因为f′(－1)＝－1，所以3×(－1)2－2m×(－1)＝－1，解得m＝－2，所以f′(x)＝3x2＋4x＝x(3x＋4)，由f′(x)>0得x<－eq\f(4,3)或x>0，所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)．故选C.2．函数f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的单调递增区间为()A．(0，e) B．(－∞，eq\r(e))C．(0，eq\r(e)) D．(eq\r(e)，＋∞)答案C解析∵函数f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的定义域是(0，＋∞)，f(x)＝eq\f(5lnx,x2)，∴f′(x)＝5·eq\f(1－2lnx,x3).令f′(x)>0，解得0<x<eq\r(e).∴函数f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的单调递增区间是(0，eq\r(e))．故选C.3．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案D解析当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D项符合题意．4．已知函数f(x)＝x3＋ax，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”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答案A解析当a≥0时，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，所以“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.5．(2019·成都模拟)已知函数f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<cB．c<a<bC．b<a<cD．b<c<a答案D解析∵f(x)＝3x＋2cosx的定义域为R，f′(x)＝3－2sinx>0，∴f(x)为R上的单调递增函数．又y＝log2x为(0，＋∞)上的单调递增函数，∴2＝log24<log27<log28＝3.∵y＝3x为R上的单调递增函数，∴3eq\r(2)>31＝3，∴2<log27<3eq\r(2).∴f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2))，即b<c<a.6．若函数f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上单调递减，则a的取值范围为()A．(e＋1，＋∞) B．[e＋1，＋∞)C．(e－1，＋∞) D．[e－1，＋∞)答案B解析由f(x)＝ex－(a－1)x＋1，得f′(x)＝ex－a＋1.因为函数f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上单调递减，所以f′(x)＝ex－a＋1≤0在(0,1)上恒成立，即a≥ex＋1在(0,1)上恒成立，令g(x)＝ex＋1，x∈(0,1)，则g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)<g(1)＝e＋1.所以a≥e＋1.所以实数a的取值范围为[e＋1，＋∞)．故选B.7．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，则实数m的取值范围为()A．(0,2019) B．(2019，＋∞)C．(2021，＋∞) D．(2019,2021)答案D解析令h(x)＝eq\f(fx,x)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，m－2019>0，∴eq\f(fm－2019,m－2019)>eq\f(f2,2)，即h(m－2019)>h(2)．∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019<m<2021.∴实数m的取值范围为(2019,2021)．8．函数f(x)＝1＋eq\f(1,2)x＋cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))解析f′(x)＝eq\f(1,2)－sinx.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,0<x<\f(π,2)，))解得0<x<eq\f(π,6)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).9．(2020·广东梅州摸底)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x在R上恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．答案(－3,0)∪(0，＋∞)解析由题意知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．需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．10．若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．答案(－3，－1)∪(1,3)解析f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函数的单调递增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函数的单调递减区间是(－2,2)，由于函数在(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.组能力关1．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有()A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)答案C解析由题意知(x－1)f′(x)≥0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥1，,f′x≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜1，,f′x≤0.))函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减，f(0)>f(1)；在[1，＋∞)上单调递增，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)；若函数y＝f(x)为常数函数，则f(0)＋f(2)＝2f(1)．故选C.2．(2019·银川一中模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，当x2>x1时，不等式eq\f(fx1,x2)<eq\f(fx2,x1)恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，e] B．(－∞，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)))答案D解析∵eq\f(fx1,x2)<eq\f(fx2,x1)，x1，x2∈(0，＋∞)，∴x1f(x1)－x2f(x2)<0，即x2f(x2)>x1f(x1)，即当x2>x1时，x2f(x2)>x1f(x1)恒成立，∴xf(x)在x∈(0，＋∞)上是一个增函数，设g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，则有g′(x)＝ex－2ax≥0，即a≤eq\f(ex,2x)，设h(x)＝eq\f(ex,2x)，则有h′(x)＝eq\f(exx－1,2x2)，当h′(x)>0时，即x－1>0，x>1，当h′(x)<0时，即x－1<0,0<x<1，∴当x＝1时，h(x)最小，h(1)＝eq\f(e,2)，即a≤eq\f(e,2).3．定义域为R的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)<f′(x)，f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为()A．(－∞，0) B．(－∞，2)C．(0，＋∞) D．(2，＋∞)答案A解析根据题意，设g(x)＝eq\f(fx,ex)，其导数g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，又由f(x)满足f(x)<f′(x)，则g′(x)>0，则函数g(x)在R上为增函数，若f(0)＝2，则g(0)＝eq\f(f0,e0)＝2，f(x)<2ex⇒eq\f(fx,ex)<2⇒g(x)<g(0)，又由函数g(x)在R上为增函数，所以x<0.所以不等式f(x)<2ex的解集为(－∞，0)．4．已知f(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a为常数)，求f(x)的单调区间．解因为f(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a为常数)，所以f′(x)＝eq\f(－2alnx,2ax2)＝－eq\f(lnx,2ax2)，x>0.所以①若a>0，当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.即a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．②若a<0，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.即a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋2x－1.(1)若函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在区间[－2，－1]上单调递减，求实数a的取值范围．解由f(x)＝x3＋ax2＋2x－1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋2.(1)因为函数f(x)在区间[1,3]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1,3]上恒成立．即a≥eq\f(－3x2－2,2x)在[1,3]上恒成立．令g(x)＝eq\f(－3x2－2,2x)，则g′(x)＝eq\f(