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
[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)＝xln x，则f(x)( D )
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
C．在(0，)上单调递增
D．在(0，)上单调递减
[解析] 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln x＋1(x>0)．当f′(x)>0时，解得x>，即函数的单调递增区间为(，＋∞)；当f′(x)<0时，解得0
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)＝，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)＝，而f(2)＝＝，所以f(3)＝＝，所以f(e)>f(3)>f(2)．故选D.
4．设函数f(x)＝x2－9ln x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]
- 6 -
[解析] f′(x)＝x－(x>0)，当x－≤0时，有01的解集为( A )
A．(－3，－2)∪(2,3)
B．(－，)
C．(2,3)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
[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－20恒成立，则下列不等式成立的是( A )
A．f(－3)f(－5)
C．f(－5)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)n B．m30，f(x)单调递增，
- 6 -
又由m3＋sin 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.
- 6 -
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＝ln a.
①当a＝时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增．
②当00，得x－1，由f′(x)<0，得ln a时，ln a>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>ln a，由f′(x)<0，得－1时，单调递增区间为(－∞，－1)，(ln a，＋∞)，单调递减区间为(－1，ln a)．
13．(2020·四川成都诊断)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝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)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－ax－2.
由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，知当x∈(0，＋∞)时，－ax－2<0有解，即a>－有解．
设G(x)＝－，则只要a>G(x)min即可，
而G(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)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立，
设G(x)＝－，则a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)2－1，又x∈[1,4]，所以∈[，1]，所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.
B组能力提升
- 6 -
1．(2020·河北九校第二次联考)函数f(x)＝x＋＋2ln x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－＋<0，得00，故排除A，C选项；又f(1)＝40，解得x<－2或x>3.当g′(x)<0时，x<，所以g(x)的单调递减区间为(－∞，－2)．所以函数y＝log2(x2＋bx＋)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()，c＝f(3)，则( C )
A．a0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为( B )
- 6 -
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)，∴x>0，选A.
5．(2020·江西上饶联考)已知函数f(x)＝aln x＋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)＝－ln x＋x2＋1(x>0)，
则f′(x)＝－＋x＝，由
解得x>1.所以函数f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)因为f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋1，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1＝＝，
又函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋1在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
即x＋a≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
所以a≥0.
故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
- 6 -
