高中数学第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试巩固练习

专题强化练7　导数与函数的单调性及其应用

一、选择题

1.(2019福建五校高二上联考,)已知函数y=f(x)(x∈R)满足f(2)=1,且f(x)的导函数f'(x)<1,则f(x)>x-1的解集为(　　)

A.{x|-2<x<2} 

B.{x|x<2}

C.{x|x<-2或x>2} 

D.{x|x>2}

2.(2020广西百色高二上期末,)定义域为R的函数f(x)满足f(-3)=6,且f'(x)>x2+1对x∈R恒成立,则f(x)>x3+15的解集为(　　)

A.(-3,+∞) B.(-∞,-3)

C.(-∞,3) D.(3,+∞)

3.(2020江西高安中学高二上期末,)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf'(x),则不等式f(x+1)>(x-1)f(x2-1)的解集是(　　)

A.(2,+∞) B.(1,+∞) 

C.(1,2) D.(0,1)

4.(2020天津六校高三上期末联考,)设函数f(x)在R上可导,∀x∈R,都有f(x)+f(-x)=x2成立,且f(2)=2,∀x∈(0,+∞),都有f'(x)>x成立,则>的解集为(　　)

A.(-2,0)∪(0,2) 

B.(-∞,-2)∪(2,+∞)

C.(-2,0)∪(2,+∞) 

D.(-∞,-2)∪(0,2)

5.(2019江西赣州高三上期中,)定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f'(x),若对任意的实数x,都有2f(x)+xf'(x)<2成立,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围是(　　)

A.{x|x≠±1} 

B.(-1,1)

C.(-∞,-1)∪(1,+∞) 

D.(-1,0)∪(0,1)

6.(多选)()已知函数f(x)=xln x,若0<x1<x2,则下列结论正确的是(　　)

A.x2 f(x1)<x1 f(x2)

B.x1+f(x1)<x2+f(x2)

C.<0

D.当ln x>-1时,x1 f(x1)+x2 f(x2)>2x2 f(x1)

二、填空题

7.(2020河南濮阳高二上期末,)若函数f(x)=x3-ax2+3x+1在区间上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　.易错 

8.(2019浙江金华高二上期末,)若函数f(x)=e-x(x2+ax-a)在R上单调递减,则实数a的值为　　　　. 

三、解答题

9.()设函数f(x)=xekx(k≠0).

(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递增,求k的取值范围.

10.(2020山东德州高三上期末,)已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+2)x+2(a为常数).

(1)若曲线f(x)在(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直,求a的值;

(2)若a>0,讨论函数f(x)的单调性;

(3)若a为正整数,且函数f(x)恰有两个零点,求a的值.

答案全解全析

一、选择题

1.B　令g(x)=f(x)-(x-1),

则g'(x)=f'(x)-1<0,

所以g(x)在R上单调递减.

又f(2)=1,所以g(2)=f(2)-(2-1)=0.

由f(x)>x-1,得g(x)>0,解得x<2.

故选B.

2.A　构造函数F(x)=f(x)-x3,

则F'(x)=f'(x)-x2,

由f'(x)>x2+1得,F'(x)>1>0,

∴F(x)是R上的单调递增函数.

又f(-3)=6,∴F(-3)=f(-3)-×(-3)3=15.

∴f(x)>x3+15⇔f(x)-x3>15⇔F(x)>F(-3),

由F(x)的单调性知,x>-3,故选A.

3.A　设g(x)=xf(x),则g'(x)=f(x)+xf'(x),∵f(x)<-xf'(x),∴g'(x)<0,即g(x)在(0,+∞)上为减函数.∵f(x)的定义域为(0,+∞),∴解得x>1.将原不等式的两边同乘x+1,得(x+1)f(x+1)>(x2-1)f(x2-1),即g(x+1)>g(x2-1),∴x+1<x2-1,解得x>2或x<-1(舍),∴原不等式的解集为(2,+∞).

4.C　令g(x)=f(x)-x2,

则g'(x)=f'(x)-x.

∵g(-x)+g(x)=f(-x)-x2+f(x)-x2=0,∴函数g(x)为奇函数.

∵当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0恒成立,

∴函数g(x)在(0,+∞)上是增函数,

∴函数g(x)在(-∞,0)上也是增函数,

即g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上是增函数,

∵>,∴f(x)-x2>0,即g(x)>0.

∵f(2)=2, ∴g(2)=f(2)-×22=0,

则g(-2)=0,

∴当x∈(2,+∞)或x∈(-2,0)时,g(x)>0,

故>的解集为(-2,0)∪(2,+∞),故选C.

5.C　当x>0时,由2f(x)+xf'(x)-2<0可知2xf(x)+x2f'(x)-2x<0.

令g(x)=x2f(x)-x2,

则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)-2x,

又g'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,

∴g(x)在(0,+∞)上单调递减.

∵x2f(x)-f(1)<x2-1,∴x2f(x)-x2<f(1)-1,

即g(x)<g(1),∴x>1.

当x<0时,同理得x<-1.

综上可知,实数x的取值范围是(-∞,-1)∪(1,+∞).故选C.

6.AD　对于A,令g(x)==ln x,易知g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x1)<g(x2),即<,所以x2 f(x1)<x1 f(x2),故A正确;

对于B,令h(x)=x+f(x)=x+xln x,则h'(x)=1+ln x+1=2+ln x,当x∈(0,e-2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(e-2,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以x1+f(x1)<x2+f(x2)不恒成立,故B错误;

对于C,f'(x)=ln x+1,当x∈(0,e-1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(e-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以<0不恒成立,故C错误;

对于D,当x∈(e-1,+∞),即ln x>-1时,f(x)单调递增,由e-1<x1<x2得f(x2)>f(x1),所以x1[f(x1)-f(x2)]-x2[f(x1)-f(x2)]=(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则x1 f(x1)+x2 f(x2)>x1 f(x2)+x2 f(x1),

由A我们求得了x2 f(x1)<x1 f(x2),利用不等式的传递性可得x1 f(x1)+x2 f(x2)>2x2·f(x1),故D正确.故选AD.

二、填空题

7.答案　

解析　由题意得f'(x)=3x2-2ax+3,

因为f(x)在区间上单调递减,

所以f'(x)≤0在区间上恒成立,

所以

即解得a≥.

易错警示　对于已知函数的单调性求参数的取值范围的问题,求解时要注意条件的转化,如本题中将f(x)单调递减转化为f'(x)≤0恒成立,而不是f'(x)<0恒成立.

8.答案　-2

解析　依题意得,f'(x)=≤0在R上恒成立,即(x+a)(-x+2)≤0恒成立,即-x2+(2-a)x+2a≤0恒成立,

故Δ=(2-a)2+8a≤0恒成立,

故(a+2)2≤0恒成立,故a=-2.

三、解答题

9.解析　(1)由题意得,f'(x)=(1+kx)ekx.

令f'(x)=0,得x=-(k≠0).

若k>0,则当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;

当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.

若k<0,则当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;

当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.

综上,当k>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为-∞,-,

当k<0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.

(2)由(1)知,若k>0,则当且仅当-≤-1,即0<k≤1时,函数f(x)在(-1,1)上单调递增;

若k<0,则当且仅当-≥1,即-1≤k<0时,函数f(x)在(-1,1)上单调递增.

综上可知,当函数f(x)在区间(-1,1)上单调递增时,k的取值范围是[-1,0)∪(0,1].

10.解析　(1)由题意知x>0,f'(x)=+2ax-(a+2)=,则f'(1)=a-1,

由于函数y=f(x)的图象在(1,f(1))处的切线与直线x+3y=0垂直,

所以f'(1)·=-1,

所以f'(1)=a-1=3,解得a=4.

(2)∵a>0,∴>0.

①若0<a<2,则>,

当0<x<或x>时,f'(x)>0,

当<x<时,f'(x)<0,

所以y=f(x)在和上单调递增,在上单调递减.

②若a=2,则=,∀x>0,f'(x)≥0恒成立,则y=f(x)在(0,+∞)上单调递增.

③若a>2,则<,

当0<x<或x>时,f'(x)>0,

当<x<时,f'(x)<0,

所以y=f(x)在和上单调递增,在上单调递减.

综上,当0<a<2时,f(x)在和上单调递增,在上单调递减;当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>2时,f(x)在和上单调递增,在上单调递减.

(3)因为a为正整数,

若0<a<2,则a=1,f(x)=ln x+x2-3x+2,

由(2)知y=f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,

又f(1)=0,所以y=f(x)在区间内仅有一个实根,f>f(1)=0,

又f(e-2)=e-4-3e-2=e-2(e-2-3)<0,所以y=f(x)在区间内仅有一个实根.

此时,y=f(x)在区间(0,+∞)内恰有两个实根.

若a=2,则y=f(x)在(0,+∞)上单调递增,至多有一个实根.

若a>2,则f=ln+a-(a+2)·+2=ln-+1,

令t=,则0<t<,y=ln t-t+1,y'=-1>0,

所以y<ln-+1=-ln 2<0.

由(2)知y=f(x)在上单调递减,在和上单调递增,

所以f<f<0,所以y=f(x)在(0,+∞)上至多有一个实根.

综上,a=1.