第三章 第二节 第1课时　导数与函数的单调性-（达标训练）【导学教程】2024旧教材老高考数学新编大一轮总复习（人教A版文科）

[对应学生用书P284] [保分练] 1．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是(　　) A．f(x)＝2sinx cos x B．g(x)＝x3－x C．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋ln x 解析　h(x)＝xex，定义域为R， ∴h′(x)＝(x＋1)ex， 当x>0时，h′(x)>0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 答案　C 2．函数f(x)＝－2ln x－x－的单调递增区间是(　　) A.(0，＋∞) B．(－3，1) C．(0，1) D．(1，＋∞) 解析　依题意，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝＝－，故当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数的单调递增区间为(0，1).故选C. 答案　C 3．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) 解析　利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)>0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)<0的解集对应y＝f(x)的减区间，经过验证只有D选项符合． 答案　D 4．已知函数f(x)＝1＋x－sin x，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是(　　) A．f(2)>f(3)>f(π) B．f(3)>f(2)>f(π) C．f(2)>f(π)>f(3) D．f(π)>f(3)>f(2) 解析　f′(x)＝1－cos x，当x∈(0，π]时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)>f(3)>f(2).故选D. 答案　D 5．设函数f(x)＝x2－9ln x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] 解析　因为f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x>0)，当x－≤0时，有0<x≤3，即在(0，3]上函数f(x)是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0，3]，所以a－1>0且a＋1≤3，解得1<a≤2.故选A. 答案　A 6．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________． 解析　依题意f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故 解得a>－3且a≠0. 答案　(－3，0)∪(0，＋∞) 7．若函数f(x)＝ln x＋ex－sin x，则不等式f(x－1)≤f(1)的解集为________． 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝＋ex－cos x．∵x>0，ex>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x－1)≤f(1)，∴0<x－1≤1，即1<x≤2，原不等式的解集为(1，2]. 答案　(1，2] 8．已知函数f(x)＝x2(x－a)，若f(x)在(2，3)上不单调，则实数a的取值范围是________． 解析　f(x)＝x3－ax2， ∴f′(x)＝3x2－2ax＝3x， ∵f(x)在(2，3)上不单调， ∴2<a<3，∴3<a<. 答案　 9．已知函数f(x)＝x2＋a ln x. (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间； (2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围． 解析　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝， 由f′(x)<0得0<x<1，故f(x)的单调递减区间是(0，1). (2)由题意得g′(x)＝2x＋－. ①若g(x)在[1，＋∞)上单调递增，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立， 设φ(x)＝－2x2，x∈[1，＋∞). 易知φ(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴在[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝0， ∴a≥0. ②若g(x)在[1，＋∞)上单调递减，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立，不符合题意． 综上，实数a的取值范围是[0，＋∞). 10．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性． 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＝. ①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a<1时，令f′(x)＝0，解得x＝ ， 则当x∈时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0， 故f(x)在上单调递减， 在上单调递增． 综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增． [提升练] 11．求形如y＝f(x)g(x