2021新高考數(shù)學(xué)新課程一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)第二章第11講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

第1課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性組基礎(chǔ)關(guān)1．已知m是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()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?yàn)閒(x)＝x2(x－m)＝x3－mx2，所以f′(x)＝3x2－2mx，又因?yàn)閒′(－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，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)．故選C.2．函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(0，e) B．(－∞，eq\r(e))C．(0，eq\r(e)) D．(eq\r(e)，＋∞)答案C解析∵函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的定義域是(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).∴函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx5,x2)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，eq\r(e))．故選C.3．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，則f(x)的圖象可能是()答案D解析當(dāng)x<0時，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c的圖象可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，x1)內(nèi)的值是大于0的，則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．只有D項(xiàng)符合題意．4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax，則“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析當(dāng)a≥0時，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上單調(diào)遞增，所以“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．故選A.5．(2019·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)<b<cB．c<a<bC．b<a<cD．b<c<a答案D解析∵f(x)＝3x＋2cosx的定義域?yàn)镽，f′(x)＝3－2sinx>0，∴f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．又y＝log2x為(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴2＝log24<log27<log28＝3.∵y＝3x為R上的單調(diào)遞增函數(shù)，∴3eq\r(2)>31＝3，∴2<log27<3eq\r(2).∴f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2))，即b<c<a.6．若函數(shù)f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為()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?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex－(a－1)x＋1在(0,1)上單調(diào)遞減，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)，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以g(x)<g(1)＝e＋1.所以a≥e＋1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[e＋1，＋∞)．故選B.7．已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．(0,2019) B．(2019，＋∞)C．(2021，＋∞) D．(2019,2021)答案D解析令h(x)＝eq\f(fx,x)，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2).∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，∵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.∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為(2019,2021)．8．函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,2)x＋cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的單調(diào)遞增區(qū)間是________．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)))上的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))).9．(2020·廣東梅州摸底)若函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2－x在R上恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－3,0)∪(0，＋∞)解析由題意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個不相等的零點(diǎn)．需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－3,0)∪(0，＋∞)．10．若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．答案(－3，－1)∪(1,3)解析f′(x)＝3x2－12，由f′(x)>0，得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f′(x)<0，得函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－2,2)，由于函數(shù)在(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，所以k－1<－2<k＋1或k－1<2<k＋1，解得－3<k<－1或1<k<3.組能力關(guān)1．對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x－1)f′(x)≥0，則必有()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解析由題意知(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.))函數(shù)y＝f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，f(0)>f(1)；在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)；若函數(shù)y＝f(x)為常數(shù)函數(shù)，則f(0)＋f(2)＝2f(1)．故選C.2．(2019·銀川一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2>x1時，不等式eq\f(fx1,x2)<eq\f(fx2,x1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()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)，即當(dāng)x2>x1時，x2f(x2)>x1f(x1)恒成立，∴xf(x)在x∈(0，＋∞)上是一個增函數(shù)，設(shè)g(x)＝xf(x)＝ex－ax2，則有g(shù)′(x)＝ex－2ax≥0，即a≤eq\f(ex,2x)，設(shè)h(x)＝eq\f(ex,2x)，則有h′(x)＝eq\f(exx－1,2x2)，當(dāng)h′(x)>0時，即x－1>0，x>1，當(dāng)h′(x)<0時，即x－1<0,0<x<1，∴當(dāng)x＝1時，h(x)最小，h(1)＝eq\f(e,2)，即a≤eq\f(e,2).3．定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)<f′(x)，f(0)＝2，則不等式f(x)<2ex的解集為()A．(－∞，0) B．(－∞，2)C．(0，＋∞) D．(2，＋∞)答案A解析根據(jù)題意，設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，其導(dǎo)數(shù)g′(x)＝eq\f(f′xex－fxex,e2x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，又由f(x)滿足f(x)<f′(x)，則g′(x)>0，則函數(shù)g(x)在R上為增函數(shù)，若f(0)＝2，則g(0)＝eq\f(f0,e0)＝2，f(x)<2ex?eq\f(fx,ex)<2?g(x)<g(0)，又由函數(shù)g(x)在R上為增函數(shù)，所以x<0.所以不等式f(x)<2ex的解集為(－∞，0)．4．已知f(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a為常數(shù))，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解因?yàn)閒(x)＝eq\f(1＋lnx,2ax)(a≠0，且a為常數(shù))，所以f′(x)＝eq\f(－2alnx,2ax2)＝－eq\f(lnx,2ax2)，x>0.所以①若a>0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0.即a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．②若a<0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，f′(x)>0.即a<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)．5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋2x－1.(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2，－1]上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解由f(x)＝x3＋ax2＋2x－1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋2.(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞增，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)，則g′(x)＝eq\f(