【数学】2021届一轮复习人教版（文理通用）第2章第12讲第1课时导数与函数的单调性作业
对应学生用书[练案15理][练案15文]
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、选择题
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
n B．|m|<|n|
C．m0，f(x)单调递增，
又由m3＋sin 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．
6．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]
[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)0时，求函数f(x)的单调区间．
[解析] (文)f′(x)＝ex－a，
(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a≥0，即f(x)在R上单调递增．
若a>0，ex－a≥0，所以ex≥a，x≥lna.
因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间是[lna，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立．
所以a≥ex在x∈(－2,3)上恒成立．
又因为－20，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．(文)已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间．
(理)(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] (文)(1)由题意得f′(x)＝，
又f′(1)＝＝0，故k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝.
设h(x)＝－lnx－1(x>0)，
则h′(x)＝－－<0，
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由h(1)＝0知，当00，
从而f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(理)(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
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．(文)(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 )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)
[解析] (文)由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<10，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．(文)(2019·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．
(理)(2019·山东潍坊模拟)已知函数f(x)＝(x－a)·ex－ax2＋a(a－1)x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．
[解析] (文)(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，＋∞)．
(理)f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)．
①当a≤0时，ex－a>0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝ln a.
令g(a)＝a－1－ln a，则g′(a)＝1－＝.
当a∈(0,1)时，g′(a)<0，g(a)为减函数；
当a∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(a)为增函数．
∴g(a)min＝g(1)＝0，
∴a－1≥ln a(当且仅当a＝1时取“＝”)．
∴当01时，x∈(－∞，ln a)，f′(x)>0，f(x)为增函数，x∈(ln a，a－1)，f′(x)<0，f(x)为减函数，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)>0，f(x)为增函数．
当a＝1时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；
当01时，f(x)在(ln a，a－1)上单调递减，在(－∞，ln a)和(a－1，＋∞)上单调递增；
当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
