2021年高考数学大一轮复习 2.11.1导数与函数单调性课时作业 理

2021年高考数学大一轮复习 2.11.1导数与函数单调性课时作业 理
一、选择题
1．下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A ．(π2，3π2)
B ．(π，2π)
C ．(3π2，5π2
)
D ．(2π，3π)
解析：y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈(
3π2，5π
2
)时，恒有x cos x >0.故选C.
答案：C
2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A ．f (b )>f (c )>f (d )
B ．f (b )>f (a )>f (e )
C ．f (c )>f (b )>f (a )
D ．f (c )>f (e )>f (d )
解析：依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，
在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．
答案：C
3．∀x 1，x 2∈(0，π2)，x 2>x 1，y 1＝sin x 1x 1，y 2＝sin x 2
x 2
，则( ) A ．y 1＝y 2 B ．y 1>y 2 C ．y 1<y 2
D ．y 1，y 2的大小关系不能确定 解析：设y ＝
sin x
x ，则y ′＝
sin x
′·x －sin x ·
x ′x
2
＝x cos x －sin x
x 2
，因为在(0，
π2)上x <tan x ，所以x cos x －sin x <0，所以y ′<0，所以y ＝sin x x 在(0，π2)上单调递减，所以y 1>y 2.
答案：B
4．设函数f (x )＝12x 2
－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 ．1<a ≤2
B ．a ≥4
C ．a ≤2
D ．0<a ≤3
解析：∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9
x
(x >0)，
当x －9
x
≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得
1<a ≤2.
答案：A
5．(xx·新课标全国卷Ⅱ)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )
A ．(－∞，－2]
B ．(－∞，－1]
C ．[2，＋∞)
D ．[1，＋∞)
解析：由f ′(x )＝k －1
x
，又f (x )在(1，＋∞)上单调递增，则f ′(x )≥0在x ∈(1，＋
∞)上恒成立，
即k ≥1
x
在x ∈(1，＋∞)上恒成立．
又当x ∈(1，＋∞)时，0<1
x
<1，故k ≥1.故选D.
答案：D
6．若f (x )＝ln x
x
，e<a <b ，则( )
A ．f (a )>f (b )
B ．f (a )＝f (b )
C ．f (a )<f (b )
D ．f (a )f (b )>1
解析：f ′(x )＝1－ln x
x
2
，当x >e 时，f ′(x )<0，则f (x )在(e ，＋∞)上为减函数，f (a )>f (b )． 答案：A 二、填空题
7．函数f (x )＝1＋x －sin x 在(0,2π)上的单调情况是________．
解析：在(0,2π)上有f ′(x )＝1－cos x >0，所以f (x )在(0,2π)上单调递增． 答案：单调递增
8．若函数f (x )＝13x 3－32x 2
＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a 的值为________．
解析：∵f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4，∴f ′(x )＝x 2
－3x ＋a ，又函数f (x )恰在[－1,4]上单
调递减，∴－1,4是f ′(x )＝0的两根，∴a ＝(－1)×4＝－4.
答案：－4
9．若函数f (x )＝e
x
1＋ax 2(a >0)为R 上的单调函数，则a 的取值范围为________．
解析：若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合f ′(x )＝e x
1＋ax 2
－2ax
1＋ax
22
与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2
－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.
答案：(0,1] 三、解答题 10．已知函数f (x )＝
ln x ＋k
e
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．
解：(1)由题意得f ′(x )＝1
x
－ln x －k e
x
.
又f ′(1)＝
1－k
e
＝0，故k ＝1.
(2)由(1)知，f ′(x )＝
1
x
－ln x －1e
x
.
设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1
x
<0，即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．
由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，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，＋∞)． 11．已知函数f (x )＝x 3
－ax 2
－3x .
(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间． 解：(1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2
－2ax －3. 由f ′(x )≥0，得a ≤32⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x －1x .
记t (x )＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数，
∴t (x )min ＝3
2
(1－1)＝0.∴a ≤0.
(2)由题意，得f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0， ∴a ＝4.∴f (x )＝x 3
－4x 2
－3x ，
f ′(x )＝3x 2－8x －3.
令f ′(x )＝0，得x 1＝－1
3
，x 2＝3.
当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：
x ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，－13 －1
3
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－13，3 3
(3，＋∞)
f ′(x ) ＋
0 －
0 ＋ f (x )
极大值
极小值
∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－3，[3，＋∞)，f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－3，3.
1．函数f (x )＝x 2
－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f x
x
在区间(1，＋∞)上一定( )
A ．有最小值
B ．有最大值
C ．是减函数
D ．是增函数
解析：由函数f (x )＝x 2
－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，可得a <1，又g (x )＝
f x
x
＝x ＋a x －2a ，则g ′(x )＝1－a x
2，易知在x ∈(1，＋∞)上g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上为增函数．
答案：D
2．已知f (x )为R 上的可导函数，且∀x ∈R ，均有f (x )>f ′(x )，则以下判断正确的是( )
A ．f (2 013)>e 2 013
f (0) B ．f (2 013)<e
2 013
f (0) C ．f (2 013)＝e
2 013
f (0)
D ．f (2 013)与e
2 013
f (0)大小无法确定 解析：令函数
g (x )＝f x
e
x
，则g ′(x )＝
f ′x －f x
e
x
.∵f (x )>f ′(x )，∴
g ′(x )<0，即函数g (x )在R 上递减，∴g (2 013)<g (0)，∴f 2 013e
2 013<f 0e
，∴f (2 013)<e 2
013
f (0)．
答案：B
3．已知f (x )＝ax －cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3，∀x 2∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π4，π3，x 1≠x 2，
f x 2－f x 1
x 2－x 1
<0，则实数a 的取值范围为________．
解析：f ′(x )＝a ＋sin x .
依题意可知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3上为减函数， 所以f ′(x )≤0对x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3恒成立， 可得a ≤－sin x 对x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π4，π3恒成立． 设g (x )＝－sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π4，π3.易知g (x )为减函数， 故g (x )min ＝－
32，所以a ≤－32. 答案：⎝
⎛⎦
⎥⎤
－∞，－
32 4．(xx·山东卷)设函数f (x )＝a ln x ＋
x －1
x ＋1
，其中a 为常数．
(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解：(1)由题意知a ＝0时，f (x )＝x －1
x ＋1
，x ∈(0，＋∞)， 此时f ′(x )＝
2x ＋1
2
.
可得f ′(1)＝1
2
，又f (1)＝0，
所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x )＝a x ＋
2
x ＋12＝
ax 2＋2a ＋2x ＋a
x x ＋12
. 当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当a <0时，令g (x )＝ax 2
＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2
－4a 2＝4(2a ＋1)． ①当a ＝－1
2
时，Δ＝0，
f ′(x )＝
－12
x －1
2
x x ＋1
2
≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
②当a <－1
2
时，Δ<0，g (x )<0，
f ′(x )<0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．
③当－1
2
<a <0时，Δ>0，
设x 1，x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝
－a ＋1
＋2a ＋1
a
，x 2＝
－
a ＋1－2a ＋1
a
.
由于x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1
－a
>0，
所以x ∈(0，x 1)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，
x ∈(x 1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．
综上可得：
当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－1
2
时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；
当－12<a <0时，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，
－a ＋1＋2a ＋1a ，
⎝ ⎛⎭⎪⎫
－a ＋1－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，
在⎝
⎛⎭
⎪⎫
－
a ＋1＋2a ＋1a ，－a ＋1－2a ＋1a 上单调递增．
38356 95D4 闔Y29788 745C 瑜31127 7997 禗22282 570A 圊37378 9202 鈂'29341 729D 犝27109 69E5 槥 33891 8463 董27555 6BA3 殣oa25492 6394 掔。