（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练十四 3.2 利用导数研究函数的单调性 理（

核心素养提升练十四利用导数研究函数的单调性(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.设函数f(x)=x2-12x+b,则下列结论正确的是()A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2,f(-2))处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点【解析】选B.由于函数f(x)=x2-12x+b的对称轴为x=6,故函数f(x)在(-∞,6)上单调递减,故A不正确,B正确;若b=-6,由于点(-2,f(-2))即点(-2,22),f′(-2)=-16,故函数f(x)的图象在点(-2,f(-2))处的切线方程为y-22=-16(x+2),故C不正确;若b=0,则函数f(x)=x2-12x=(x-6)2-36的图象与直线y=10有两个公共点,故D不正确.2.若函数f(x)的定义域为R,其导函数为f′(x).若f′(x)3恒成立,f(-2)=0,则f(x)3x+6解集为()A.(-∞,-2)B.(-2,2)C.(-∞,2)D.(-2,+∞)【解析】选D.由已知有f(x)-3x-60,令g(x)=f(x)-3x-6,则g′(x)=f′(x)-30,函数g(x)在R上单调递减,g(-2)=f(-2)-3×(-2)-6=0,由g(x)0有g(x)g(-2),则x-2.3.已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示,则g(x)=()A.在区间(0,1)上是减函数B.在区间(1,4)上是减函数C.在区间上是减函数D.在区间上是减函数【解析】选C.当x=0或x=2时,f(x)=0,则函数g(x)=的定义域为(-∞,0)∪(0,2)∪(2,+∞),排除选项B,D;g′(x)=,由图易得当x∈(0,1)时,f(x)f′(x),即g′(x)=0,所以函数g(x)=在(0,1)上是增函数,故选项A错误;又由图易得当x∈时,f(x)f′(x),即g′(x)=0,所以函数g(x)=在上是减函数.4.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)恒为正数且符合f(x)f′(x)2f(x),则f(1)∶f(2)的取值范围为()A.(e,2e)B.C.(e,e3)D.【解析】选D.令g(x)=,h(x)=,则g′(x)=0,h′(x)=0,所以g(1)g(2),h(1)h(2),所以,,所以.5.若函数f(x)=sin2x+acosx在(0,π)上单调递增,则a的取值范围是()A.(-∞,-1]B.[-1,+∞)C.(-∞,1]D.[1,+∞)【解析】选A.因为f(x)=sin2x+acosx在区间(0,π)上是增函数,所以f′(x)=cos2x-asinx≥0,所以1-2sin2x-asinx≥0,令t=sinx,则-2t2-at+1≥0,t∈(0,1],所以a≤-2t+,令g(t)=-2t+,则g′(t)=-2-≤0,所以g(t)在t∈(0,1]上递减,所以a≤g(1)=-1.二、填空题(每小题5分,共15分)6.若函数f(x)=x+asinx在R上递增,则实数a的取值范围为________.【解析】因为f(x)=x+asinx在R上递增,所以f′(x)=1+acosx≥0在R上恒成立,cosx∈[-1,1].①当a0时,-a≤acosx≤a,所以-a≥-1,所以0a≤1.②当a=0时,符合要求.③当a0时,a≤acosx≤-a,所以a≥-1,所以-1≤a0.综上-1≤a≤1.答案:[-1,1]7.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,c=f(3),则a,b,c的大小关系为________.【解析】依题意得当x1时f′(x)0,f(x)为增函数,又f(3)=f(-1)且-100.51,因此有f(-1)f(0)f(0.5),即有f(3)f(0)f(0.5),cab.答案:cab8.(2018·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax2+2x,a≠0.若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,则a的取值范围为________.【解析】h(x)=lnx-ax2-2x,x∈(0,+∞),所以h′(x)=-ax-2.因为h(x)在[1,4]上单调递减,所以当x∈[1,4]时,h′(x)=-ax-2≤0恒成立,即a≥-恒成立,令G(x)=-,则a≥G(x)max,而G(x)=-1.因为x∈[1,4],所以∈,所以G(x)max=-(此时x=4),所以a≥-.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2018·六盘山模拟)已知函数f(x)=ex(x+a)-x2+bx,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x-2.(1)求a,b的值.(2)求f(x)的单调区间及极值.【解析】(1)由已知,f(x)的定义域为R,f′(x)=ex(x+a+1)-2x+b,f(0)=a=-2,f′(0)=a+b+1=1,所以a=-2,b=2.(2)由(1)知,f′(x)=(ex-2)(x-1),由f′(x)0,解得xln2或x1,由f′(x)0,解得ln2x1,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,ln2),(1,+∞),单调递减区间为(ln2,1),所以f(x)的极大值为f(ln2)=-(2-ln2)2,极小值为f(1)=1-e.10.(2019·张掖模拟)已知函数f(x)=ex+-1(a∈R且a为常数).(1)当a=-1时,讨论函数f(x)在(-1,+∞)的单调性.(2)设y=t(x)可求导数,且它的导函数t′(x)仍可求导数,则t′(x)再次求导所得函数称为原函数y=t(x)的二阶导函数,记为t″(x),利用二阶导函数可以判断一个函数的凹凸性.一个二阶可导的函数在区间[a,b]上是凸函数的充要条件是这个函数在(a,b)的二阶导函数非负.若g(x)=(x+1)[f(x)+1]+x2在(-∞,-1)上不是凸函数,求a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=ex-,令f′(x)=0,得x=0.设r(x)=ex-,则r′(x)=ex+.当x-1时,r′(x)0,r(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,故x=0是r(x)在(-1,+∞)内的唯一零点,即x=0是f′(x)在(-1,+∞)内的唯一零点.所以当-1x0时,f′(x)0,即f(x)在(-1,0)上是单调减函数;当x0时,f′(x)0,即f(x)在(0,+∞)上是单调增函数.(2)g(x)=(x+1)[f(x)+1]+x2=(x+1)ex+x2+ax,g′(x)=(x+2)ex+2x+a,g″(x)=(x+3)ex+2.如果g(x)在(-∞,-1)是凸函数,那么∀x∈(-∞,-1),都有g″(x)≥0.g″(x)≥0⇒a≥-(x+3)ex.令h(x)=-(x+3)ex,得h′(x)=-(x+4)ex.令h′(x)=0⇒x=-4,当x-4时,h′(x)0;当-4x-1时,h′(x)0.即h(x)在(-∞,-4)上单调递增,在(-4,-1)上单调递减,所以h(x)≤h(-4)=e-4,即a≥e-4,又g(x)在(-∞,-1)上不是凸函数,所以a∈(-∞,e-4).(20分钟40分)1.(5分)已知函数f(x)=x3+ax2+x+1(a∈R)在内存在单调递减区间,则实数a的取值范围是()A.(0,]B.(-∞,]C.(,+∞)D.(,3)【解析】选C.因为f(x)=x3+ax2+x+1,所以f′(x)=3x2+2ax+1,若函数f(x)在区间内不存在单调递减区间,则f′(x)=3x2+2ax+1≥0在上恒成立,即a≤=+,而+≥2=(当且仅当=即x=-时取等号);因为函数f(x)=x3+ax2+x+1(a∈R)在内存在单调递减区间,所以a.2.(5分)已知函数f(x)=lnx-asinx在区间上是单调增函数,则实数a的取值范围为()A.B.C.D.【解析】选B.令f′(x)=-acosx≥0,x∈,所以a≤在上恒成立,设h(x)=,则h′(x)=,再令p(x)=-cosx+xsinx,则p′(x)=2sinx+xcosx,所以p′(x)0在上恒成立,所以p(x)在上为增函数,所以p(x)≤p=-+×=0,所以h′(x)0在上恒成立,所以h(x)在上为减函数,所以a≤h==.3.(5分)下列命题为真命题的个数是()①ln3ln2;②lnπ;③15;④3eln24.A.1B.2C.3D.4【解析】选C.构造函数F(x)=(x0),则F′(x)=,可得F(x)在(0,e2)上单调递增,(e2,+∞)上单调递减.,即ln3ln2,故①成立;,即lnπ,故②不成立;,即15,故③成立;即3eln24,故④成立.4.(12分)已知函数f(x)=x2-2x+alnx(a∈R).(1)若函数在x=1处的切线与直线x-4y-2=0垂直,求实数a的值.(2)当a0时,讨论函数的单调性.【解析】(1)由已知得f′(1)=2×1-2+a=-4,得a=-4.(2)f′(x)=2x-2+=(x0).记Δ=4-8a,①当Δ≤0即a≥时f′(x)≥0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当Δ0即a时,令f′(x)=0,解得x1=,x2=.又a0,故x2x10,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;综上所述:当a≥时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0a时函数f(x)在,上单调递增;函数f(x)在上单调递减.5.(13分)已知函数f(x)=ax-1-lnx,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间.(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,对∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围.【解析】(1)在区间(0,+∞)上,f′(x)=a-=,当a≤0时,f′(x)0恒成立,f(x)在区间(0,+∞)上单调递减;当a0时,令f′(x)=0得x=,在区间上,f′(x)0,函数f(x)单调递减,在区间上,f′(x)0,函数f(x)单调递增.综上所述:当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞),无单调递增区间;当a0时,f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是.(2)因为函数f(x)在x=1处取得极值,所以f′(1)=0,解得a=1,经检验可知满足题意.由已知f(x)≥bx-2,即x-1-lnx≥bx-2,即1+-≥b对∀x∈(0,+∞)恒成立,令g(x)=1+-,则g′(x)=--=,易得g(x)在(0,e2]上单调递减,在[e2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-.