第二章 第11节 利用导数研究函数的单调性-2021高考数学【创新教程】艺考生高考总复习课时冲关（新高考）

第二章　第11节 1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　 B．(0，＋∞) C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1) 解析：D　[y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)， 由y′>0⇒x2＋2x－3<0⇒－3<x<1，∴函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3,1)．故选D.] 2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”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 解析：A　[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．] 3．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　) A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d) 解析：C　[依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．] 4．(2019·宣城市一模)若函数f(x)＝x3－2ax2－(a－2)x＋5恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围为(　　 ) A．－1≤a≤2 B．－2≤a≤1 C．a＞2或a＜－1 D．a＞1或a＜－2 解析：D　[若函数f(x)有3个单调区间， 则f′(x)＝4x2－4ax－(a－2)有2个零点， 故Δ＝16a2－16(a－2)＞0，解得a＞1或a＜－2，故选D.] 5．(多选题)若函数f(x)＝x＋(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是(　　 ) A．(－2,0) B．(0,1) C．(3，＋∞) D．(－∞，－2) 解析：CD　[由题意知，f′(x)＝1－(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，，∵函数f(x)＝x＋ ∴当1－＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)， 令f′(x)>0，解得x<－，或x> 即f(x)的单调递增区间为(－∞，－，＋∞)，)，( ∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2), (3，＋∞)符合题意．故选CD.] 6．若函数f(x)＝ln x＋ax2－2x在区间(1,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______． 解析：f′(x)＝＋2ax－2， 若f(x)在区间(1,2)内存在单调递增区间， 则f′(x)＞0在x∈(1,2)有解，故a＞，－ 令g(x)＝，∵g(x)在(1,2)为减函数，－ ∴g(x)＞g(2)＝.，故a＞＝－ 答案： 7．函数f(x)＝的单调递增区间是________． 解析：由导函数 f′(x)＝＝ (k∈Z)． (k∈Z)，即函数f(x)的单调递增区间是<x<2kπ＋，所以2kπ－＞0，得cos x＞－ 答案：(k∈Z) 8．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________． 解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝ ＝－， 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. 答案：(0,1)∪(2,3) 9．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的单调区间． 解：(1)由题意得f′(x)＝， 又f′(1)＝＝0，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝. 设h(x)＝＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数． －－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－ 由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0； 当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0. 综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．(2020·全国Ⅰ卷(文))已知函数f(x)＝ex－a(x＋2)． (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围． 解：（1）当a＝1时，f(x)＝ex－x－2，则f′(x)＝ex－1. 当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． (2)f′(x)＝ex－a.