2024高考数学一轮总复习（导与练）第三章第2节　导数与函数的单调性

第2节　导数与函数的单调性

[选题明细表]

1.函数f(x)=xln x+1的单调递减区间是(　C　)

A.(-∞,)  B.(,+∞)

C.(0,)    D.(e,+∞)

解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1+ln x,令f′(x)<0,得0<x<,所以f(x)的单调递减区间为(0,).

2.已知函数f(x)=x(ex-e-x),则f(x)(　D　)

A.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递减

B.是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增

C.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递减

D.是偶函数,且在(0,+∞)上单调递增

解析:因为f(x)=x(ex-e-x),x∈R,定义域关于原点对称,且f(-x)=-x(e-x-ex)=x(ex-e-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,当x>0时,

f′(x)=ex-e-x+x(ex+e-x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

3.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且函数f(x)的图象如图所示,则函数y=xf′(x)的图象可能是(　C　)

解析:由题图可知函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,则当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,当x∈(-1,+∞)时,f′(x)>0,且f′(-1)=0.对于函数y=xf′(x),当x∈(-∞,-1)时,xf′(x)>0,当x∈(-1,0)时,xf′(x)<0,当x∈(0,+∞)时,xf′(x)>0,且当x=-1时,

xf′(x)=0,当x=0时,xf′(x)=0,显然选项C符合.

4.已知f(x)在R上是可导函数,f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集为(　D　)

A.(-∞,-2)∪(1,+∞)

B.(-∞,-2)∪(1,2)

C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞)

D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞)

解析:原不等式等价于

或结合f(x)的图象可得,

或

解得x<-1或x>3或-1<x<1.

5.若f(x)=(a-)x-+cos x是R上的减函数,则实数a的取值范围是(　B　)

A.(-∞,-1) B.(-∞,-1]

C.(-∞,)  D.(-∞,]

解析:因为f(x)=(a-)x-+cos x是R上的减函数,

所以f′(x)=a--cos 2x-sin x≤0,

所以a≤-sin2x+sin x+1=-(sin x-)2+,

当sin x=-1时,y=-(sin x-)2+取得最小值-1,所以a≤-1,

所以实数a的取值范围是(-∞,-1].

6.已知定义在R上的函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是(　D　)

A.(-∞,-1)∪(1,+∞)

B.[-1,0)∪(0,1]

C.(-1,1)

D.(-1,0)∪(0,1)

解析:f′(x)=ax2+2x+a,

若函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,

则f′(x)=ax2+2x+a=0有2个不相等的零点,

则有Δ=4-4a2>0,且a≠0,

解得-1<a<1,且a≠0,即实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,1).

7.设a=e0.2-1,b=ln 1.2,c=,则a,b,c的大小关系为　　　　.(按从小到大顺序排) 

解析:记f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1,当x>0时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,故f(0.2)>f(0)⇒e0.2-0.2-1>0⇒e0.2-1>0.2,故a>c,

记g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=-1=,当x>1时,g′(x)<0,故g(x)在(1,+∞)上单调递减,故g(1.2)<g(1)=0⇒ln 1.2-1.2+1<0⇒ln 1.2<0.2,

故b<c,因此a>c>b.

答案:b<c<a

8.(2022·江西南昌三模)记定义在R上的可导函数f(x)的导函数为

f′(x),且f′(x)-f(x)>0,f(1)=1,则不等式f(x)>ex-1的解集为　　.

解析:设g(x)=,因为f′(x)-f(x)>0,

所以g′(x)==>0,所以函数g(x)单调递增,

且g(1)==,不等式f(x)>ex-1⇔>⇔g(x)>g(1),

所以x>1.

答案:(1,+∞)

9.函数f(x)=x2-aln x.讨论函数f(x)的单调性.

解:f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=2x-=.

当a≤0时,f′(x)>0,

所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a>0时,令f′(x)>0,得x>,

所以函数f(x)在(,+∞)上单调递增;

令f′(x)<0,得x<,所以函数f(x)在(0,)上单调递减.

综上,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>0时,函数f(x)在(,+∞)上单调递增,在(0,)上单调递减.

10.(多选题)(2022·河北衡水月考)下列不等式成立的是(　AD　)

A.2ln <ln 2 B.ln <ln

C.5ln 4<4ln 5 D.π>eln π

解析:设f(x)=(x>0),则f′(x)=,

所以当0<x<e时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;

当x>e时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.

因为<2<e,所以f()<f(2),

即2ln <ln 2,故选项A正确;

因为<<e,所以f()<f(),

即ln >ln ,故选项B不正确;

因为e<4<5,

所以f(4)>f(5),即5ln 4>4ln 5,

故选项C不正确;

因为e<π,

所以f(e)>f(π),即π>eln π,故选项D正确.

11.设函数f(x)的导函数是f′(x),且f(x)·f′(x)>x恒成立,

则(　D　)

A.f(1)<f(-1)    B.f(1)>f(-1)

C.|f(1)|<|f(-1)| D.|f(1)|>|f(-1)|

解析:设g(x)=[f2(x)-x2],

则g′(x)=[2f(x)f′(x)-2x]=f(x)f′(x)-x>0恒成立,

所以g(x)=[f2(x)-x2]单调递增,故g(1)>g(-1),

即[f2(1)-1]>[f2(-1)-1],解得f2(1)>f2(-1),即|f(1)|>|f(-1)|.

12.函数f(x)=的增区间为　　　　,若对∀a,b∈[1,e],a≠b,均有<m成立,则实数m的取值范围是　　　　. 

解析:函数f(x)=的定义域为(0,+∞),f′(x)=,当0<x<1时,

f′(x)>0,当x>1时,f′(x)<0,则f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,

所以f(x)的增区间是(0,1);

因为∀a,b∈[1,e],a≠b,均有<m成立,不妨令1≤a<b≤e,

于是得aln b-bln a<mb-ma⇔a(ln b+m)<b(ln a+m)⇔<,

令g(x)=,x∈[1,e],则有∀a,b∈[1,e],a<b,g(a)>g(b)恒成立,从而得g(x)在[1,e]上单调递减,

因此,∀x∈[1,e],g′(x)=≤0⇔1-ln x≤m,而y=1-ln x在[1,e]上单调递减,则当x=1时,(1-ln x)max=1,即m≥1,

所以m的取值范围是[1,+∞).

答案:(0,1)　[1,+∞)

13.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,求实数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)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞);

当a<0时,f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1);

当a=0时,f(x)为常数函数,无单调区间.

(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,

即a=-2,

所以f(x)=-2ln x+2x-3,

f′(x)=(x>0),

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

当g′(t)<0时,

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,

又g′(3)>0,即m>-.

所以-<m<-9,

即实数m的取值范围是(-,-9).

14.已知函数f(x)=.

(1)若a>0,求f(x)的单调区间;

(2)若对∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2都有<2恒成立,求实数a的取值范围.

解:(1)f(x)的定义域为{x|x≠0},

f′(x)=,

因为a>0,

所以当x∈(-∞,0)∪(0,1)时,f′(x)<0,

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,

所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),(0,1),

单调递增区间为(1,+∞).

(2)因为∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2,

都有<2恒成立,

即-2<0恒成立,

即<0恒成立,

令g(x)=f(x)-2x,则<0在x∈[1,3]上恒成立,

即函数g(x)=f(x)-2x在区间[1,3]上单调递减,

又因为g′(x)=f′(x)-2=-2,

所以-2≤0在[1,3]上恒成立,

当x=1时,不等式可化为-2≤0显然成立;

当x∈(1,3]时,不等式-2≤0可化为a≤,

令h(x)=,

则h′(x)=

=

=

=<0在区间x∈(1,3]上恒成立,

所以函数h(x)=在区间x∈(1,3]上单调递减,

所以h(x)min=h(3)==,

所以a≤,即实数a的取值范围是(-∞,].

15.已知函数f(x)=ln(x+2).

(1)求函数的图象在点P(-1,0)处的切线l的方程;

(2)利用你所学的知识结合函数f(x)=ln(x+2)的图象以及直线l,构造一个关于函数f(x)的解析式及直线l的方程的不等式,并证明你的结论.

解:(1)易知点P(-1,0)在曲线上,由f′(x)=可知f′(-1)=1,

所以切线l的方程为y=x+1.

(2)结合图象可知x+1>ln(x+2)(x≠-1),

证明如下:

构造函数g(x)=x+1-ln(x+2),

其导函数为g′(x)=1-=.

当x∈(-2,-1)时,g′(x)<0;

当x∈(-1,+∞)时,g′(x)>0,

所以g(x)在区间(-2,-1)上单调递减,在区间(-1,+∞)上单调递增,

所以g(x)>g(-1)=0,

因此对于x∈(-2,-1)∪(-1,+∞),总有x+1>ln(x+2).

注意:本题也可构造不等式x+1≥ln(x+2),证明过程与上面基本相似,此处略.