6.2.1 第2课时 导数与函数单调性的综合问题 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

1．若函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞)　　 B．(－∞，0] C．(0，＋∞) D．(－∞，1] 解析：选C．f′(x)＝－x2＋a，由于函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，所以f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，所以a>0.故选C． 2．若a＝ln ，b＝ln ，c＝－，则(　　) A．c<b<a B．a<c<b C．c<a<b D．b<a<c 解析：选C．令f(x)＝x ln x，x∈(，＋∞)， 则f′(x)＝1＋ln x>0在(，＋∞)上恒成立， 可知f(x)在(，＋∞)上单调递增， 则f()<f()<f()， 可得－<ln <ln ，即c<a<b.故选C． 3．若函数f(x)＝x＋a ln x在区间(1，2)内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，－1] C．(－∞，－2) D．(－∞，－2] 解析：选A．因为f′(x)＝1＋，由题意可知，存在x∈(1，2)，使得f′(x)＝1＋<0，整理得a<－x，且y＝－x在(1，2)上单调递减，则－x<－1，可得a<－1，所以实数a的取值范围是(－∞，－1).故选A． 4．已知函数f(x)＝2sin x－ex＋e－x，则关于x的不等式f(x2－4)＋f(3x)<0的解集为(　　) A．(－4，1) B．(－1，4) C．(－∞，－4)∪(1，＋∞) D．[－1，4] 解析：选C．f(－x)＝－2sin x－e－x＋ex＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数，则f′(x)＝2cos x－(ex＋e－x)， 因为2cos x≤2，ex＋e－x≥2， 所以f′(x)≤0，f(x)为减函数， 又f(x2－4)＋f(3x)<0， 则f(x2－4)<－f(3x)＝f(－3x)， 所以x2－4>－3x，所以x>1或x<－4.故选C． 5．已知函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(a，b)，若b－a≤2，则m的最大值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．6 解析：选D．由f(x)＝2x3－mx2＋2， 可得f′(x)＝6x2－2mx(m＞0)， 令f′(x)＝6x2－2mx<0， 解得0<x<， 即函数f(x)＝2x3－mx2＋2(m＞0)的单调递减区间为(0，)， 所以b－a＝≤2，所以m≤6，即m的最大值为6.故选D． 6．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在R上单调递增，f′(x)为其导函数，则下列结论正确的是(　　) A．f′(1)≥0 B．f(1)≥0 C．a2－3b≤0 D．a2－3b≥0 解析：选AC．因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 因为函数f(x)在R上单调递增， 所以f′(x)≥0，对于任意的x∈R恒成立， 所以f′(1)≥0恒成立，故A正确； 但f(1)大小不确定，故B错误； 对于方程3x2＋2ax＋b＝0，有Δ＝4a2－12b≤0， 即a2－3b≤0，故C正确，D错误．故选AC． 7．不等式2x≥2－log2x的解集为________． 解析：令f(x)＝2x－2＋log2x，x∈(0，＋∞)， 则f′(x)＝2x ln 2＋>0， 所以f(x)在上单调递增， 当x＝1时，f(1)＝2－2＋log21＝0， 所以当x≥1时，f(x)≥0，即2x≥2－log2x. 所以2x≥2－log2x的解集为[1，＋∞). 答案：[1，＋∞) 8．若函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数m的取值范围是________． 解析：因为函数f(x)＝ln (x＋1)－mx在区间(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝－m≤0在(0，＋∞)上恒成立，即m≥在(0，＋∞)上恒成立，因为y＝在(0，＋∞)上小于1，所以m≥1，即实数m的取值范围是[1，＋∞). 答案：[1，＋∞) 9．已知函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增，则m的最大值为________． 解析：由于函数f(x)＝xe－x＋1， 故f′(x)＝(1－x)e－x＋1， 令f′(x)＝(1－x)e－x＋1≥0， 当且仅当x＝1时取等号，而e－x＋1>0，故x≤1， 即f(x)＝xe－x＋1在(－∞，1]上单调递增， 又函数f(x)＝xe－x＋1在区间[0，m]上单调递增， 则m的最大值为1. 答案：1 10．已知函数f(x)＝x2＋a ln x(x>0). (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)， 当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝. 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 故f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0，1). (2)由g(x)＝x2＋a ln x＋(x>0)，得g′(x)＝2x＋－. 由题意知，当x≥1时，g′(x)≥0恒成立或g′(x)≤0恒成立． 若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≥0， 则a≥－2x2＝－在x≥1时恒成立， 当x≥1时，－≤0， 所以a≥0； 若当x≥1时，g′(x)＝2x＋－≤0， 则a≤－2x2＝－在x≥1时恒成立， 当x≥1时，y＝－无最小值， 所以g′(x)≤0不可能恒成立． 综上，实数a的取值范围为[0，＋∞). 11．已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”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：选A．设f(x)＝x－ln x，x>0， 则f′(x)＝1－＝， 令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0， 则0<x<1，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 在(0，1)上单调递减． 当x>y>1时，则f(x)>f(y)， 即x－ln x>y－ln y，充分性成立； 当x－ln x>y－ln y时，有f(x)>f(y)， 但x>y>1不一定成立，即必要性不成立， 所以“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件．故选A． 12．(多选)若函数f(x)满足f′(x)<f(x)，则下列不等式正确的是(　　) A．f(3)<ef(2) B．ef(0)<f(1) C．e2f(－1)>f(1) D．ef(1)<f(2) 解析：选AC．令g(x)＝，则g′(x)＝<0，从而g(x)单调递减，则>>>>， 即ef(2)>f(3)，e2f(－1)>f(1)，ef(0)>f(1)，ef(1)>f(2).故选AC． 13．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0恒成立，若a＝3f(3)，b＝f(1)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系为____________．(用“>”连接) 解析：设g(x)＝xf(x)，其定义域为R，关于原点对称， 因为f(x)为奇函数， 可得g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝g(x)， 所以函数g(x)为偶函数， 当x∈(－∞，0)时， 可得g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以g(x)单调递减， 则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又因为a＝3f(3)＝g(3)，b＝f(1)＝g(1)， c＝－2f(－2)＝g(－2)＝g(2)， 3>2>1>0，所以g(3)>g(2)>g(1)， 所以a>c>b. 答案：a>c>b 14．已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0，0)处有公共切线． (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)≤g(x). 解：(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2， 由题意得解得 (2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (1＋x)－x3＋x2－x(x>－1)， 则h′(x)＝－x2＋x－1＝， 令h′(x)>0，得－1<x<0，令h′(x)<0，得x>0， 所以h(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减， 结合函数h(x)的图象(图略)可得h(x)≤h＝0， 即f(x)≤g(x). 15．设2a＝3b＝7c<1，则(　　) A．7c<2a<3b B．3b<2a<7c C．3b<7c<2a D．7c<3b<2a 解析：选A．设2a＝3b＝7c＝t<1， 则a＝log2t＝， b＝log3t＝，c＝log7t＝， 所以2a＝，3b＝，7c＝. 设f(x)＝，则f′(x)＝， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(e，＋∞)上单调递增， 因为f(2)＝＝＝＝f(4)， 且f(7)>f(4)>f(3)>0， 即<＝<. 又ln t<0，所以7c<2a<3b.故选A． 16．已知函数f(x)＝(x－a)ln x. (1)讨论f′(x)的单调性； (2)若不等式xf′(x)≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意可知x∈(0，＋∞)， f′(x)＝ln x－＋1， 令g(x)＝ln x－＋1， 则g′(x)＝＋＝， 当a≥0时，g′(x)>0恒成立，g(x)单调递增； 当a<0时，由g′(x)>0解得x>－a， 由g′(x)<0解得0<x<－a， 所以g(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f′(x)单调递增；当a<0时，f′(x)在(－a，＋∞)上单调递增，在(0，－a)上单调递减． (2)由(1)可知不等式xf′(x)≥2(x－a)， 即x ln x－a＋x≥2(x－a)在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥x－x ln x在[1，＋∞)上恒成立， 只需a≥(x－x ln x)max即可， 令h(x)＝x－x ln x，则h′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x， 当0<x<1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 画出h(x)的图象(图略)，可知h(x)≤h(1)＝1， 所以a≥1，即实数a的取值范围为[1，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $