高中数学6.2.1导数与函数的单调性第二课时当堂检测题

这是一份高中数学6.2.1导数与函数的单调性第二课时当堂检测题，共8页。试卷主要包含了已知f＝x2－2x＋alnx，答案，解析等内容，欢迎下载使用。

A．a∈(－∞，－3] B．a＝－3
C．a＝3D．a∈(－∞，3]
2．已知函数f(x)＝eq \f(3－x2,ex)在区间(m，m＋2)上单调递减，则实数m的取值范围为________.
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(2a－3)x－1.
(1)若f(x)的单调递减区间为(－1，1)，则a的取值集合为________；
(2)若f(x)在区间(－1，1)上单调递减，则a的取值集合为________.
4．已知函数f(x)＝ax－lnx，其中a∈R.求f(x)的单调区间．
5．已知f(x)＝x2－2x＋alnx．若g(x)＝f(x)－ax，求函数g(x)的单调递增区间．
6．已知函数f(x)＝ex＋ax，其中a∈R.讨论函数f(x)的单调性．
7.设函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－alnx在(1，2)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．[4，5] B．(5，＋∞)
C．[4，＋∞) D．[5，＋∞)
8．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－16lnx在区间[a－eq \f(1,2)，a＋eq \f(1,2)]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(7,2)))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(7,2)))
9．若函数f(x)＝2x2－lnx在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
C．(1，2] D．[1，2)
10.若函数f(x)＝x3－ax－1的单调递减区间为(－1，1)，求a的值．
11．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x＋1.讨论f(x)的单调性．
12．已知函数f(x)＝ax－(2a＋1)lnx－eq \f(2,x)，a∈R.讨论函数f(x)的单调区间．
13.已知函数f(x)＝x2＋2alnx.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)＝eq \f(2,x)＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围．
14．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.讨论f(x) 的单调性．
6．2.1 导数与函数的单调性(第2课时)
必备知识基础练
1．答案：B
解析：由f(x)＝lnx＋x2＋ax得f′(x)＝eq \f(2x2＋ax＋1,x)，又f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以eq \f(1,2)和1是方程eq \f(2x2＋ax＋1,x)＝0的两个根，代入得a＝－3.经检验满足题意．故选B.
2．答案：[－1，1]
解析：f′(x)＝eq \f(（x－3）（x＋1）,ex)，
令f′(x)<0，解得－1所以f(x)的单调递减区间为(－1，3)，
所以(m，m＋2)⊆(－1，3)，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≥－1，,m＋2≤3，))
解得－1≤m≤1.
3．答案：(1){0} (2){a|a≤0}
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋2a－3＝(x＋1)(3x＋2a－3).
(1)因为f(x)的单调递减区间为(－1，1)，
所以－1和1是方程f′(x)＝0的两根，
所以eq \f(3－2a,3)＝1，所以a＝0，
所以a的取值集合为{0}．
(2)因为f(x)在区间(－1，1)上单调递减，
所以f′(x)≤0在(－1，1)内恒成立，
又二次函数y＝f′(x)的图象开口向上，一个根为－1，
所以必有eq \f(3－2a,3)≥1，所以a≤0，所以a的取值集合为{a|a≤0}．
4．解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
①当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a).f(x)和f′(x)的情况如下：
故f(x)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))；单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
5．解析：∵f(x)＝x2－2x＋alnx，
∴g(x)＝f(x)－ax＝x2－2x＋alnx－ax，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝2x－(2＋a)＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－（2＋a）x＋a,x)＝eq \f(（2x－a）（x－1）,x)，
令g′(x)＝0，则x＝1或x＝eq \f(a,2)，
当a≤0时，令g′(x)>0可得x>1，
∴函数g(x)的单调递增区间为(1，＋∞)；
当00，可得01，
∴函数g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))，(1，＋∞)；
当a＝2时，g′(x)≥0在x∈(0，＋∞)上恒成立，
∴函数g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>2时，令g′(x)>0可得：0eq \f(a,2)，
∴函数g(x)的单调递增区间为(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))；
综上可得：当a≤0时单调递增区间为(1，＋∞)；
当0当a＝2时单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>2时单调递增区间为(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞)).
6．解析：由f(x)＝ex＋ax，得f′(x)＝ex＋a，
当a≥0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；
当a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln (－a)，
当x∈(－∞，ln (－a))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(ln (－a)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
综上所述：当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a<0时，f(x)在(－∞，ln (－a))上单调递减，在(ln (－a)，＋∞)上单调递增．
关键能力综合练
7．答案：D
解析：函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－alnx在(1，2)上单调递减，则f′(x)＝2＋eq \f(2,x2)－eq \f(a,x)≤0在(1，2)上恒成立，
所以a≥2x＋eq \f(2,x)在(1，2)上恒成立，设函数h(x)＝2x＋eq \f(2,x)，则h′(x)＝2－eq \f(2,x2)＝eq \f(2x2－2,x2)＝eq \f(2（x＋1）（x－1）,x2)，
所以h′(x)>0在x∈(1，2)上恒成立，所以h(x)在(1，2)上单调递增，所以h(x)则实数a的取值范围是[5，＋∞).故选D.
8．答案：D
解析：f′(x)＝x－eq \f(16,x)＝eq \f(（x＋4）（x－4）,x)，(x>0)，
当f′(x)≤0，解得0由条件可知[a－eq \f(1,2)，a＋eq \f(1,2)]⊆(0，4]，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)>0,a＋\f(1,2)≤4))，解得eq \f(1,2)9．答案：A
解析：显然函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝4x－eq \f(1,x)＝eq \f(4x2－1,x).
由f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；
由f′(x)<0，得函数f(x)单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
因为函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，所以k－1综上可知实数k的取值范围是[1，eq \f(3,2)).故选A.
10．解析：由f′(x)＝3x2－a，
①当a≤0时，f′(x)≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，
令3x2－a＝0，得x＝±eq \f(\r(3a),3)，
当－eq \f(\r(3a),3)所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数，
所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，
所以eq \f(\r(3a),3)＝1，解得a＝3.
11．解析：由题意可知f(x)的定义域为R，
f′(x)＝3x2－2ax＋3，令f′(x)＝0，可得3x2－2ax＋3＝0，
方程3x2－2ax＋3＝0的判别式Δ＝4(a2－9)，
①当Δ≤0，即－3≤a≤3时f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当Δ>0，即a<－3或a>3时，由3x2－2ax＋3＝0，
解得x1＝eq \f(a－\r(a2－9),3)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－9),3)
令f′(x)>0，则xx2；令f′(x)<0，则x1所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上，当－3≤a≤3时，f(x)在R上单调递增；
当a<－3或a>3时，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a－\r(a2－9),3)))上单调递增，在(eq \f(a－\r(a2－9),3)，eq \f(a＋\r(a2－9),3))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－9),3)，＋∞))上单调递增．
12．解析：f′(x)＝a－eq \f(2a＋1,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(ax2－（2a＋1）x＋2,x2)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)，
当a≤0时，ax－1<0恒成立，令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)>0得0令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得x>2，
故f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；
当02，故令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)>0得0eq \f(1,a)，
令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得2故f(x)的单调递增区间为(0，2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,a)))；
当a＝eq \f(1,2)时，f′(x)＝eq \f(（x－2）2,2x2)≥0恒成立，故f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>eq \f(1,2)时，00得02，
令f′(x)＝eq \f(（ax－1）（x－2）,x2)<0得eq \f(1,a)故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(2，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))；
综上：当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)；
当0当a＝eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(2，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2)).
核心素养升级练
13．解析：(1)f′(x)＝2x＋eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2＋2a,x)，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
①当a≥0时，f′(x)>0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
②当a<0时，f′(x)＝eq \f(2（x＋\r(－a)）（x－\r(－a)）,x)，
解方程f′(x)＝0，可得x＝eq \r(－a)(－eq \r(－a)舍去)，解不等式f′(x)>0，可得x>eq \r(－a)，此时f(x)单调递增；解不等式f′(x)<0，可得0(2)由g(x)＝eq \f(2,x)＋x2＋2alnx，
得g′(x)＝－eq \f(2,x2)＋2x＋eq \f(2a,x)，
由已知函数g(x)为[1，2]上的减函数，
则g′(x)≤0在[1，2]上恒成立，
即－eq \f(2,x2)＋2x＋eq \f(2a,x)≤0在[1，2]上恒成立，
即a≤eq \f(1,x)－x2在[1，2]上恒成立．
令h(x)＝eq \f(1,x)－x2，x∈[1，2]，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－2x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)＋2x))<0，
所以h(x)在[1，2]上为减函数．
h(x)min＝h(2)＝－eq \f(7,2)，
所以a≤－eq \f(7,2)，故a的取值范围为(－∞，－eq \f(7,2)].
14．解析：函数f(x) 的定义域为(－∞，＋∞) ，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a) .
若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞) 上单调递增．
若a>0，则由f′(x)＝0得x＝lna.
当x∈(－∞，lna) 时，f′(x)<0；
当x∈(lna，＋∞) 时，f′(x)>0.
故f(x) 在(－∞，lna) 上单调递减，在(lna，＋∞) 上单调递增．
若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln (－eq \f(a,2)).
当x∈(－∞，ln (－eq \f(a,2))) 时，f′(x)<0；
当x∈(ln (－eq \f(a,2))，＋∞) 时，f′(x)>0.
故f(x) 在(－∞，ln (－eq \f(a,2))) 上单调递减，
在(ln (－eq \f(a,2))，＋∞) 上单调递增．必备知识基础练
关键能力综合练
核心素养升级练
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))
eq \f(1,a)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))
f′(x)
－
0
＋
f(x)

