2021高考数学一轮复习课时作业14导数与函数的单调性理
课时作业14 导数与函数的单调性
[基础达标]
一、选择题
1．[2020·厦门质检]函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0,1]
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y′＝x－≤0，解得0
0时，－12；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：根据信息知，函数f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.
答案：C
3．[2020·南昌模拟]已知奇函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，若x>0时，f′(x)>0，则( )
A．f(0)>f(log32)>f(－log23)
B．f(log32)>f(0)>f(－log23)
C．f(－log23)>f(log32)>f(0)
D．f(－log23)>f(0)>f(log32)
解析：因为f′(x)是奇函数，所以f(x)是偶函数．而|－log23|＝log23>log22＝1,00时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f(0)0，得x>；令f′(x)<0，得02，且f(1)＝3，则不等式f(x)>2x＋1的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
解析：f(x)>2x＋1的解集即f(x)－2x－1>0的解集．构造函数g(x)＝f(x)－2x－1，则g′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以g′(x)＝f′(x)－2>0，所以g(x)＝f(x)－2x－1在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－2－1＝0，所以f(x)－2x－1>0的解集为(1，＋∞)，即不等式f(x)>2x＋1的解集为(1，＋∞)．故选C项．
答案：C
二、填空题
6．[2020·广州模拟]已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e为自然对数的底数．则函数f(x)的单调递增区间为________．
解析：因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－f(2)>f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)0，故f(x)的增区间为(5，＋∞)．
5
10．[2020·西藏山南模拟]已知函数f(x)＝.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝，则f′(x)＝.
又f(0)＝＝－1，f′(0)＝＝－2.
所以曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－0)，
即y＝－2x－1.
(2)由函数f(x)＝，得f′(x)＝.
当a＝0时，f′(x)＝<0，
因为函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)，无单调递增区间，
当a≠0时，令f′(x)＝0，即ax－(a＋1)＝0，解得x＝.
当a>0时，x＝>1，
所以x，f′(x)，f(x)变化情况如下表：
x
(－∞，1)
(1，)
(，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)
极小值
所以f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，1，，单调递增区间为(，＋∞).
当a<0时，x＝<1，
所以x，f′(x)，f(x)变化情况如下表：
x
(－∞，)
(，1)
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
－
f(x)
极大值
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，)，单调递减区间为(，1)，(1，＋∞)．
5
[能力挑战]
11．[2020·河南八市联考]已知函数f(x)＝x2＋aln x.
(1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围．
解析：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝，由f′(x)<0得0
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