2020版高考数学总复习利用导数研究函数的单调性应用能力提升理(含解析)

第一课时利用导数研究函数的单调性
【选题明细表】
基础巩固(建议用时:25分钟)
1.(2018·云南玉溪模拟)已知函数f(x)=ax3+3x2-x+2在R上是减函数,则a的取值范围是( B )
(A)(-∞,3) (B)(-∞,-3]
(C)(-3,0) (D)[-3,0)
解析:由f(x)=ax3+3x2-x+2,
得f′(x)=3ax2+6x-1,
因为函数在R上是减函数,
所以f′(x)=3ax2+6x-1≤0恒成立,
所以由Δ=36+12a≤0,解得a≤-3,
则a的取值范围是(-∞,-3].
故选B.
2.设函数f(x)=2(x2-x)ln x-x2+2x,则函数f(x)的单调递减区间为( B )
(A)(0,) (B)(,1)
(C)(1,+∞) (D)(0,+∞)
解析:由题意可得f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2(2x-1)ln x+
2(x2-x)·-2x+2=(4x-2)ln x.由f′(x)<0可得(4x-2)ln x<0,所以或
解得<x<1,故函数f(x)的单调递减区间为(,1),故选B.
3.(2017·浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( D )
解析:观察导函数f′(x)的图象可知,f′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,
所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.
观察选项可知,排除A,C.
如图所示,f′(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x2>0,故选项D正确.故选D.
4.(2018·龙泉二中月考)若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是( D )
(A)(-∞,-3]∪[-1,1]∪[3,+∞)
(B)不存在这样的实数k
(C)(-2,2)
(D)(-3,-1)∪(1,3)
解析:因为f(x)=x3-12x,所以f′(x)=3x2-12,
令f′(x)=0,解得x=-2或x=2,
即函数f(x)=x3-12x的极值点为±2,若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数, 则-2∈(k-1,k+1)或2∈(k-1,k+1),解得-3<k<-1或1<k<3.故选D.
5.(2018·陕西商洛市高考模拟)定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式e x f(x)>e x+3(其中e为自然对数的底数)的解集为( A )
(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)
(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)
解析:设g(x)=e x f(x)-e x,x∈R,
则g′(x)=e x f(x)+e x f′(x)-e x=e x[f(x)+f′(x)-1].
因为f(x)+f′(x)>1,
所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(x)>0.
所以y=g(x)在定义域上单调递增.
因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,且e x f(x)>e x+3,
所以g(x)>3即g(x)>g(0),
所以x>0.故选A.
6.(2018·河北唐山期末)已知函数f(x)=ln (e x+e-x)+x2,则使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是( D )
(A)(-1,3)
(B)(-∞,-3)∪(3,+∞)
(C)(-3,3)
(D)(-∞,-1)∪(3,+∞)
解析:因为f(-x)=ln (e-x+e x)+(-x)2=ln (e x+e-x)+x2=f(x),所以函数f(x)是偶函数.通过导函数可知函数y=e x+e-x在(0,+∞)上是增函数,所以函数f(x)=ln (e x+e-x)+x2在(0,+∞)上也是增函数,所以不等式f(2x)>f(x+3)等价于|2x|>|x+3|,解得x<-1或x>3.故选D.
7.(2018·四川达州市高考模拟)若任意a,b满足0<a<b<t,都有bln a
<aln b,则t的最大值为.
解析:因为0<a<b<t,bln a<aln b,
所以<,a<b,
令y=,则函数在(0,t)上单调递增,故由y′=>0可知0<x<e,故t的最大值是e,
答案:e
8.(2018·福建厦门市高考一模)若函数f(x)=2x-sin 2x+2mcos x在(0,π)上单调递增,则m 的取值范围是.
解析:函数f(x)=2x-sin 2x+2mcos x的导数为f′(x)=2-cos 2x-
2msin x,
若f(x)在(0,π)单调递增,则2-cos 2x-2msin x≥0在(0,π)上恒
成立,
即m≤,x∈(0,π).
令g(x)====sin x+≥2=,当且仅
当sin x=时等号成立.故m≤.
答案:(-∞,]
能力提升(建议用时:25分钟)
9.已知函数f(x)=ln(ax+1)+x2-ax,a>0,试讨论函数f(x)的单调区间.
解:f(x)的定义域是(-,+∞),
f′(x)==.
①当a>时,列表
,0) ) ,+
+ - +
f(x)在(-,0),(,+∞)是增函数;f(x)在(0,)是减函数.
②当a=时,f′(x)=≥0,f(x)在(-,+∞)是增函数.
③当0<a<时,列表
,) (
+ -
f(x)在(-,),(0,+∞)是增函数;f(x)在(,0)是减函数.
10.(2018·广东珠海模拟)函数f(x)=x2+mln(1+x).
讨论f(x)的单调性.
解:f(x)的定义域是(-1,+∞),f′(x)=.
由题设知,1+x>0,
令g(x)=2x2+2x+m,这是开口向上,以x=-为对称轴的抛物线.
在x>-1时,①当g(-)=-+m≥0,即m≥时,g(x)≥0,即f′(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立.
②当g(-)=-+m<0,即m<时,
由g(x)=2x2+2x+m=0得x=-±,
令x1=--,x2=-+,
则x1<-,x2>-.
a.当x1=--≤-1,即≥,即m≤0时,-1<x<x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,x>x2时,g(x)>0,即f′(x)>0.
b.当-1<x1=--<-,即0<<,即0<m<时,x1<x<x2时,g(x)<0,即f′(x)<0,
-1<x<x1或x>x2时,g(x)>0,即f′(x)>0.
综上,m≤0时,f(x)在(-1,-+)上单调递减,在(-+,+∞)上单调递增;0<m<
时,f(x)在(--,-+)上单调递减,在(-1,--)和(-+,+∞)
上单调递增;m≥时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增.
11.(2018·郑州市部分高中联考节选)已知函数f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数
g(x)=x3+x2·[f′(x)+]在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的
取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.
当a>0时,f(x)的增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);
当a<0时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1);
当a=0时,f(x)不是单调函数.
(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,即a=-2,
所以f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)=.
所以g(x)=x3+(+2)x2-2x,
所以g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,
即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.
由于g′(0)=-2,所以
g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0对任意t∈[1,2]恒成立, 由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,
即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,得m>-.
所以-<m<-9.
即实数m的取值范围是(-,-9).。