2020届高中数学：函数的单调性与导数课后练习题详解

2020届高中数学第1页共3页2020届高中数学：函数的单调性与导数课后练习题详解1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)解：f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)＞0，解得x＞2，故选D.2．(2016·四川模拟)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解：由函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象从左到右先增后减，知y＝f(x)图象切线的斜率对应先增后减．故选B.3．已知函数f(x)＝12x3＋ax＋4，则“a0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解：f′(x)＝32x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.4．设函数f(x)＝12x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是()A．(1，2]B．(4，＋∞)C．(－∞，2)D．(0，3]解：因为f(x)＝12x2－9lnx，所以f′(x)＝x－9x(x0)，当x－9x≤0时，有0x≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0，3]，所以a－10且a＋1≤3，解得1a≤2.故选A.5．(2016·杭州模拟)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)2020届高中数学第2页共3页解：因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x1时，f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x1，所以01x1，所以k≥1.故选D.6．(2016·武汉模拟)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)0，设a＝f(0)，b＝f12，c＝f(3)，则()A．abcB．cbaC．cabD．bca解：依题意得，当x1时，f′(x)0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－10121，因此有f(－1)f(0)f12，即有f(3)f(0)f12，cab.故选C.7．函数f(x)＝lnx＋x2－3x的单调减区间是________．解：f′(x)＝1x＋2x－3＝2x2－3x＋1x，由于f′(x)＜0⇔12＜x＜1.故填12，1.8．已知函数f(x)＝－12x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解：由题意知f′(x)＝－x＋4－3x＝－x2＋4x－3x＝－（x－1）（x－3）x，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.故填(0，1)∪(2，3)．9．已知函数f(x)＝x3－ax，f′(1)＝0.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)f′(x)＝3x2－a，由f′(1)＝3－a＝0，得a＝3.(2)因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3.令f′(x)＞0，得x＜－1或x＞1.所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间是[－1，1]．10．已知函数f(x)＝ex－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2，3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．解：f′(x)＝ex－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a≥0，即f(x)在R上单调递增．若a＞0，ex－a≥0，所以ex≥a，x≥lna.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a＞0时，f(x)的单调增区间是[lna，＋∞)．(2)因为f′(x)＝ex－a≤0在(－2，3)上恒成立．所以a≥ex在x∈(－2，3)上恒成立．又因为－2＜x＜3，所以e－2＜ex＜e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝ex－e3在x∈(－2，3)上，f′(x)＜0，即f(x)在(－2，3)上为减函数，所2020届高中数学第3页共3页以a≥e3.故存在实数a≥e3，使f(x)在(－2，3)上为减函数．11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋k(k0)在x＝0处取得极值，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线x＋2y＋1＝0.(1)求a，b的值；(2)若函数g(x)＝exf（x），讨论g(x)的单调性.解：(1)因为f(x)＝ax2＋bx＋k(k0)，所以f′(x)＝2ax＋b.又f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，从而b＝0.由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y＋1＝0相互垂直可知该切线的斜率为2，即f′(1)＝2，即2a＝2，即a＝1.所以a＝1，b＝0.(2)由(1)知，g(x)＝exx2＋k(k0)，g′(x)＝ex（x2－2x＋k）（x2＋k）2(k0)．令g′(x)＝0，有x2－2x＋k＝0.①当Δ＝4－4k0，即k1时，g′(x)0在R上恒成立，故函数g(x)在R上为增函数；②当Δ＝4－4k＝0，即k＝1时，g′(x)＝ex（x－1）2（x2＋k）2≥0，仅在x＝1处，g′(x)＝0，故函数g(x)在R上为增函数；③当Δ＝4－4k0，即0k1时，方程x2－2x＋k＝0有两个不相等实根，x1＝1－1－k，x2＝1＋1－k.由x2－2x＋k0，解得x1－1－k或x1＋1－k；由x2－2x＋k0，解得1－1－kx1＋1－k.所以，函数g(x)在区间(－∞，1－1－k)与(1＋1－k，＋∞)上单调递增，在区间(1－1－k，1＋1－k)上单调递减．设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)x2，则不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－4f(－2)0的解集为()A．(－∞，－2016)B．(－2018，0)C．(－∞，－2020)D．(－2020，0)解：由2f(x)＋xf′(x)x2，x0，得2xf(x)＋x2f′(x)x3，即[x2f(x)]′x30.令F(x)＝x2f(x)，则当x0时，F′(x)0，即F(x)在(－∞，0)上是减函数．因为F(x＋2018)＝(2018＋x)2f(x＋2018)，F(－2)＝4f(－2)，则所求不等式即为F(2018＋x)－F(－2)0，又F(x)在(－∞，0)上是减函数，所以由F(2018＋x)F(－2)得，2018＋x－2，即x－2020.故选C.