2.11 利用导数研究函数的单调性(Word练习)-【创新教程】2025年高考数学艺考生文化课总复习（新教材）

第11节　利用导数研究函数的单调性 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．(2023·开封市模拟)若a＝，b＝，c＝，则(　　) A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b 解析：B　[令f(x)＝，则f′(x)＝，当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，因为a＝，所以ln a＝ln 2＝＝f(4)，又ln b＝＝f(e)，e＜4，所以f(e)＞f(4)，所以ln b＞ln a，故b＞a，因为b＝＜＜，又因为＝＝＜1，故c＝＞，从而有：c＞b，综上所述：a＜b＜c，故选B.] 4．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2　　B．e　　　C．e－1　　　D．e－2 解析：C　[由题意可知f′(x)＝aex－≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≥max，设g(x)＝xex，则在x∈(1,2)上恒有g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)min＝g(1)＝e，则max＝，即a≥e－1.] 5．(多选题)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a＞1时，f(x)有三个零点 B．当a＜0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 解析：AD　[求导得f′(x)＝6x(x－a)，于是：A正确，当a＞1时，极大值f(0)＝1＞0，极小值f(a)＝1－a3＜0，所以必有三个零点；B错误，a＜0时x＝0应为极小值点；C错误，任何三次函数不存在对称轴；D正确，当a＝2时，f(x)＝2(x－1)3－6(x－1)－3，关于(1，－3)中心对称．] 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)＝＝ ＞0，得cos x＞－，所以2kπ－<x<2kπ＋(k∈Z)，即函数f(x)的单调递增区间是(k∈Z)． 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．(2024·东营模拟)已知函数f(x)＝xeax－ex. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<－1，求实数a的取值范围； (3)设n∈N*，证明：＋＋…＋>ln(n＋1) 解：(1)a＝1⇒f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex⇒f′(x)＝xex 当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． (2)令g(x)＝f(x)＋1＝xeax－ex＋1(x≥0) ⇒g(x)≤g(0)＝0对∀x≥0恒成立， 又g′(x)＝eax＋axeax－ex⇒g′(0)＝0， 令h(x)＝g′(x)⇒h′(x)＝aeax＋a(eax＋axeax)－ex＝a(2eax＋axeax)－ex， 则h′(0)＝2a－1， ①若h′(0)＝2a－1>0，即a>时，由 ＝>0， 所以∃x0>0，使得当x∈(0，x0)时，有>0⇒g′(x)>0⇒g(x)单调递增⇒g(x0)>g(0)＝0，矛盾 ②若h′(0)＝2a－1≤0，即a≤时， g′(x)＝eax＋axeax－ex＝eax＋ln(1＋ax)－ex≤ －ex＝0⇒g(x)在[0，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(0)＝0，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围是a≤. (3)求导易得t－>2ln t(t>1) 令t＝⇒－>2ln⇒＞ln⇒>ln⇒ >ln＝ln ＝ln(n＋1) 即＋＋…＋>ln(n＋1)，证毕 10．(2023·全国乙(文))已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x＋1) (x＞－1)， 则f′(x)＝－×ln(x＋1)＋×， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0 ＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f′(x)＝ln(x＋1)＋×(x＞－1)， 满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令ln(x＋1)＋≥0， 则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)＞0， 故g′(x)＜0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)＜g(0)＝0，不合题意； 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 则h′(x)＝2a－， 当a≥ ,2a≥1时，由于＜1， 所以h′(x)＞0， h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)＞g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(0)＝0，满足题意． 当0＜a＜时，由h′(x)＝2a－＝0， 可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)＜0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈时， g′(x)＜g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时， g(x)＜g(0)＝0，不合题意． 综上可知：实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$