（江苏专用）2019-2020学年高中数学 课时跟踪检测（六）单调性 苏教版选修2-2

课时跟踪检测（六）单调性[课下梯度提能]一、基本能力达标1．函数f(x)＝xlnx的单调递增区间是()A．(0,1)B．(1，＋∞)C.0，1eD.1e，＋∞解析：选D由f′(x)＝lnx＋10，可得x1e，∴函数f(x)的单调递增区间为1e，＋∞.2．若f(x)＝lnxx，eab，则()A．f(a)f(b)B．f(a)＝f(b)C．f(a)f(b)D．f(a)f(b)1解析：选Af′(x)＝1－lnxx2，当xe时，f′(x)0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，所以f(a)f(b)．3．已知函数f(x)＝1x－x，则f(x)在(0，＋∞)上的单调性为()A．f(x)在(0，＋∞)上是增函数B．f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数C．f(x)在(0，＋∞)上是减函数D．f(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数解析：选C因为f′(x)＝－1x2－10，所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数，选C.4．若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是()A.13，＋∞B.－∞，13C.13，＋∞D.－∞，13解析：选C∵y′＝3x2＋2x＋m，由条件知y′≥0在R上恒成立，∴Δ＝4－12m≤0，∴m≥13.5．若函数h(x)＝2x－kx＋k3在(1，＋∞)上是增函数，则实数k的取值范围是()A．[－2，＋∞)B．[2，＋∞)C．(－∞，－2]D．(－∞，2]解析：选A根据条件得h′(x)＝2＋kx2＝2x2＋kx2≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k∈[－2，＋∞)．6．函数y＝x3－x2－40x＋80的增区间为______________，减区间为________．解析：y′＝3x2－2x－40＝(3x＋10)(x－4)，由y′0，得x4或x－103；由y′0，得－103x4.所以函数的单调增区间为－∞，－103和(4，＋∞)，单调减区间为－103，4.答案：－∞，－103和()4，＋∞－103，47．已知函数f(x)＝x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是_______．解析：∵函数f(x)＝x＋asinx在(－∞，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)的导函数f′(x)＝1＋acosx≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，令cosx＝t，t∈[－1,1]，问题转化为g(t)＝at＋1≥0在t∈[－1,1]上恒成立，即g(－1)≥0，g(1)≥0成立，所以－1≤a≤1.答案：[－1,1]8．若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为________．解析：由题意得，f′(x)＝ex(－x2＋2＋a)≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，即－x2＋2＋a≥0在区间[a，a＋1]上恒成立，所以－a2＋2＋a≥0且－(a＋1)2＋2＋a≥0，解得－1≤a≤－1＋52，所以实数a的最大值为－1＋52.答案：－1＋529．求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x4－2x2＋3；(2)f(x)＝sinx(1＋cosx)(0xπ)．解：(1)函数f(x)的定义域为R.f′(x)＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)．令f′(x)0，则4x(x＋1)(x－1)0，解得－1x0或x1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－1,0)和(1，＋∞)．令f′(x)0，则4x(x＋1)(x－1)0，解得x－1或0x1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(0,1)．(2)f′(x)＝cosx(1＋cosx)＋sinx(－sinx)＝2cos2x＋cosx－1＝(2cosx－1)(cosx＋1)．∵0xπ，∴cosx＋10，由f′(x)0得0xπ3；由f′(x)0得π3xπ，故函数f(x)的单调增区间为0，π3，单调减区间为π3，π.10．设函数f(x)＝ax－2－lnx(a∈R)．(1)若f(x)在点(e，f(e))处的切线为x－ey－2e＝0，求a的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)∵f(x)＝ax－2－lnx(x＞0)，∴f′(x)＝a－1x＝ax－1x.又f(x)在点(e，f(e))处的切线为x－ey－2e＝0，∴f′(e)＝a－1e＝1e，故a＝2e.(2)由(1)知：f′(x)＝a－1x＝ax－1x(x＞0)，当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调减函数．当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝1a，当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：00，1a1a1a，＋∞f′(x)－0＋f(x)由表可知：f(x)在0，1a上是单调减函数，在1a，＋∞上是单调增函数．综上所述：当a≤0时，f(x)的单调减区间为(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调减区间为0，1a，单调增区间为1a，＋∞.二、综合能力提升1．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是()A.0，34B.12，34C.34，＋∞D.0，12解析：选Cf′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有g－1≤0，g1≤0，即－12＋2－2a·－1－2a≤0，12＋2－2a－2a≤0，解得a≥34.2．设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R都有f(x)f′(x)成立，则()A．3f(ln2)2f(ln3)B．3f(ln2)＝2f(ln3)C．3f(ln2)2f(ln3)D．3f(ln2)与2f(ln3)的大小不确定解析：选A令F(x)＝fxex，则F′(x)＝fxex′＝f′x－fxex0，即F(x)为R上的减函数，∴F(ln2)＝fln22F(ln3)＝fln33，∴3f(ln2)2f(ln3)．3．设函数f(x)＝ax－ax－2lnx.(1)若f′(2)＝0，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a＋ax2－2x，x＞0，且f′(2)＝0，所以a＋a4－1＝0，所以a＝45.所以f′(x)＝45＋45x2－2x＝25x2(2x2－5x＋2)，令f′(x)≥0，解得x≤12或x≥2，令f′(x)≤0，解得12≤x≤2，所以f(x)的递增区间为0，12和[2，＋∞)，递减区间为12，2.(2)若f(x)在定义域上是增函数，则f′(x)≥0恒成立，因为f′(x)＝a＋ax2－2x＝ax2－2x＋ax2，所以需ax2－2x＋a≥0恒成立，所以a0，Δ＝4－4a2≤0，解得a≥1.所以a的取值范围是[1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a＝－1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋20.解：(1)根据题意知，f′(x)＝a1－xx(x0)，当a0时，则当x∈(0,1)时，f′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；同理，当a0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)＝－3，不是单调函数，无单调区间．(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋x－3，所以f(1)＝－2，由(1)知f(x)＝－lnx＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)f(1)．即f(x)－2，所以f(x)＋20.