内容正文:
课时冲关18 利用导数研究函数的单调性
学生用书 P299
[基础训练组]
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).]
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.(2024·宣城市模拟)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.]
4.(2024·沙坪坝区模拟)定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x),且f′(x)<,则对任意x1、x2∈(0,+∞),x1≠x2,下列不等式中一定成立的有( )
①f(x1+x2)<f(x1)+f(x2);
②f(x1)+f(x2)<f(x1)+f(x2);
③f(2x1)<2x1f(1);
④f(x1x2)<f(x1)f(x2).
A.①②③ B.②④
C.②③ D.③
解析:A [由已知g(x)=,则g′(x)=<0,
故g(x)在(0,+∞)单调递减,
故(x1-x2)[g(x1)-g(x2)]<0,展开即为②;
由于2x1>1,故g(2x1)<g(1),故③正确;
由于x1+x2>x1⇒g(x1+x2)<g(x1)⇒f(x1+x2)<f(x1),
同理f(x1+x2)<f(x2),相加得f(x1+x2)<f(x1)+f(x2),故①正确;
取f(x)=1,它符合题意,但是④并不成立,综上一定成立的有①②③.]
5.(多选)(2024·山东省高三模拟)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f′(x),xf′(x)-f(x)=xln x,且f=,则( )
A.f′=0
B.f(x)在x=处取得极大值
C.0<f(1)<1
D.f(x)在(0,+∞)单调递增
解析:ACD [∵函数f(x)的定义域为(0,+∞),导函数为f′(x),xf′(x)-f(x)=xln x,
即满足=.
∵′=,∴′=
∴可设=ln2x+b(b为常数),
∴f(x)=xln2x+bx.
∵f=·ln2+=,解得b=,
∴f(x)=xln2x+x,
∴f(1)=,满足0<f(1)<1,∴C正确;
∵f′(x)=ln2 x+ln x+=(ln x+1)2≥0,且仅有f′=0
∴B错误,A、D正确.]
6.(2022·新高考Ⅰ卷,7)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则( )
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<b
解析:C [令a=xex,b=,c=-ln(1-x),
①ln a-ln b=x+ln x-[ln x-ln(1-x)]=x+ln(1-x),
令y=x+ln(1-x),x∈(0,0.1];y′=1-=<0,
所以y≤0,所以ln a-ln b≤0,所以b>a.
②a-c=y=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],令y=xex+ln(1-x),
则y′=xex+ex-=,
令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,所以k′(x)=(1-x2-2x)ex>0,
所以k(x)>k(0)>0,所以y>0,
所以a-c>0,所以a>c.综上b>a>c.]
7.已知函数f(x)=-x3+3x+a,若存在三个互不相等的实数m,n,p,使得f(m)=f(n)=f(p)=2 024,则实数a的取值范围是______.
解析:f′(x)=-3x2+3,
当x<-1或x>1时,f′(x)<0,当-1<x<1时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上都是递减,在(-1,1)上递增,
所以f(x)的极小值为f(-1)=a-2,f(x)的极大值为f(1)=2+a,
由题意解得2 022<a<2 026,
所以实数a的取值范围是(2 022,2 026).
答案:(2 022,2 026)
8.函数f(x)=的单调递增区间是________.
解析:由导函数
f′(x)==
>0,得co