高考数学一轮复习 练案（15）第二章 函数、导数及其应用 第十二讲 导数在研究函数中的应用 第1课时 导数与函数的单调性（含解析）-人教版高三数学试题

[练案15]第十二讲导数在研究函数中的应用第一课时导数与函数的单调性A组基础巩固一、单选题1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(D)A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)[解析]f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.故选D.2．已知函数f(x)＝xlnx，则f(x)(D)A．在(0，＋∞)上单调递增B．在(0，＋∞)上单调递减C．在(0，eq\f(1,e))上单调递增D．在(0，eq\f(1,e))上单调递减[解析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)．当f′(x)>0时，解得x>eq\f(1,e)，即函数的单调递增区间为(eq\f(1,e)，＋∞)；当f′(x)<0时，解得0<x<eq\f(1,e)，即函数的单调递减区间为(0，eq\f(1,e))．故选D.3．已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，则(D)A．f(e)>f(2)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2)[解析]f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e.所以当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f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)，而f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，所以f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.4．设函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(A)A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3][解析]f′(x)＝x－eq\f(9,x)(x>0)，当x－eq\f(9,x)≤0时，有0<x≤3，即函数f(x)的单调递减区间是(0,3]，所以0<a－1<a＋1≤3，解得1<a≤2.故选A.5.已知函数f(x)的定义域为R，f′(x)为其导函数，函数y＝f′(x)的图象如图所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)>1的解集为(A)A．(－3，－2)∪(2,3)B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(2,3)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)[解析]由y＝f′(x)的图象知，f(x)在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f(－2)＝1，f(3)＝1，所以f(x2－6)>1可化为－2<x2－6<3，所以2<x<3或－3<x<－2.故选A.6．(2020·河南许昌、平顶山期中)已知f(x)是偶函数，在(－∞，0)上满足xf′(x)>0恒成立，则下列不等式成立的是(A)A．f(－3)<f(4)<f(－5) B．f(4)<f(－3)>f(－5)C．f(－5)<f(－3)<f(4) D．f(4)<f(－5)<f(－3)[解析]x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0即f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又f(x)为偶函数，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴f(3)<f(4)<f(5)，∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故选A.二、多选题7．(2020·青岛市高中毕业班模拟)已知当m，n∈[－1,1]时，sineq\f(πm,2)－sineq\f(πn,2)<n3－m3，则以下判断正确的是(BC)A．m>n B．m3<n3C．m<n D．m与n的大小关系不确定[解析]由题意，设f(x)＝x3＋sineq\f(πx,2)，则f′(x)＝3x2＋eq\f(π,2)coseq\f(πx,2)，当x∈[－1,1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，又由m3＋sineq\f(πm,2)<n3＋sineq\f(πn,2)，所以f(m)<f(n)，即m<n，故选B、C.8．若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是先增后减的函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象不可能是(ABD)[解析]根据题意f′(x)在[a，b]上是先增后减的函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线斜率是先随x的增大而增大，然后随x的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C满足题意．故选A、B、D.三、填空题9．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,3)，则b＋c＝__－12__.[解析]f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1<x<3是不等式3x2＋2bx＋c<0的解，所以－1,3是f′(x)＝0的两个根，所以b＝－3，c＝－9，所以b＋c＝－12.10．函数f(x)＝eq\f(x,lnx)的单调递减区间是__(0,1)和(1，e)__.[解析]f′(x)＝eq\f(lnx－1,ln2x)<0得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx－1<0,lnx≠0))，解得0<x<1或1<x<e.∴f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．11．已知函数f(x)＝x2(x－a)．(1)若f(x)在(2,3)上不单调，则实数a的取值范围是(3，eq\f(9,2))；(2)若f(x)在(2,3)上单调，则实数a的取值范围是(－∞，3]∪[eq\f(9,2)，＋∞).[解析](1)由f(x)＝x3－ax2，得f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－eq\f(2a,3))．若f(x)在(2,3)上不单调，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)≠0，,2<\f(2a,3)<3，))可得3<a<eq\f(9,2).取补集可得(2)结果．四、解答题12．(2020·山东枣庄调研)已知函数f(x)＝xex－(eq\f(1,2)x2＋x)a(a∈R)．(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程；(2)当a>0时，求函数f(x)的单调区间．[解析](1)a＝0时，f(x)＝xex，f′(x)＝(x＋1)ex，所以切线的斜率是k＝f′(1)＝2e.又f(1)＝e，所以y＝f(x)在点(1，e)处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即y＝2ex－e.(2)f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.①当a＝eq\f(1,e)时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．②当0<a<eq\f(1,e)时，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1，由f′(x)<0，得lna<x<－1.所以单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)．③当a>eq\f(1,e)时，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna，由f′(x)<0，得－1<x<lna.所以单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)．综上所述，当a＝eq\f(1,e)时，f(x)在R上单调递增；当0<a<eq\f(1,e)时，单调递增区间为(－∞，lna)，(－1，＋∞)，单调递减区间为(lna，－1)；当a>eq\f(1,e)时，单调递增区间为(－∞，－1)，(lna，＋∞)，单调递减区间为(－1，lna)．13．(2020·四川成都诊断)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求实数a的取值范围；(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，求实数a的取值范围．[解析](1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，知当x∈(0，＋∞)时，eq\f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，则只要a>G(x)min即可，而G(x)＝(eq\f(1,x)－1)2－1，所以G(x)min＝－1，所以a>－1.(2)由h(x)在[1,4]上单调递减，得当x∈[1,4]时，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立，设G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，则a≥G(x)max，而G(x)＝(eq\f(1,x)－1)2－1，又x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈[eq\f(1,4)，1]，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此时x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16).B组能力提升1．(2020·河北九校第二次联考)函数f(x)＝x＋eq\f(3,x)＋2lnx的单调递减区间是(B)A．(－3,1) B．(0,1)C．(－1,3) D．(0,3)[解析]解法一：令f′(x)＝1－eq\f(3,x2)＋eq\f(2,x)<0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)．故选B.解法二：由题意知x>0，故排除A，C选项；又f(1)＝4<f(2)＝eq\f(7,2)＋2ln2，故排除D选项．故选B.2.函数f(x)＝eq\f(1,10)(x3＋bx2＋cx)＋d的图象如图，则函数y＝log2(x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3))的单调递减区间为(D)A．[eq\f(1,2)，＋∞) B．[3，＋∞)C．(－∞，eq\f(1,2)] D．(－∞，－2)[解析]f′(x)＝eq\f(1,10)(3x2＋2bx＋c)，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2b,3)＝－2＋3，,\f(c,3)＝－2×3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－\f(3,2)，,c＝－18.))令g(x)＝x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3)，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.由g(x)>0，解得x<－2或x>3.当g′(x)<0时，x<eq\f(1,2)，所以g(x)的单调递减区间为(－∞，－2)．所以函数y＝log2(x2＋eq\f(2,3)bx＋eq\f(c,3))的单调递减区间为(－∞，－2)．故选D.3．(2020·武汉模拟)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f(eq\f(1,2))，c＝f(3)，则(C)A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a[解析]依题意得，当x<1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<f(eq\f(1,2))，即有f(3)<f(0)<f(eq\f(1,2))，c<a<b.故选C.4．(2020·河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试)定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为(B)A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)[解析]令g(x)＝exf(x)－ex，∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex(f(x)＋f′(x)－1)>0，g(0)＝f(0)－1＝3，而exf(x)>ex＋3，即为exf(x)－ex>e0f(0)－e0等价于g(x)>g(0)，∴x5．(2020·江西上饶联考)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2＋(a＋1)x＋1.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．[解析](1)当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋1(x>0)，则f′(x)＝－eq\f(1,x)＋x＝eq\f(x＋1x－1,x)，由eq\b\lc\{\r