【数学】2020届一轮复习（理）课标通用版3-3导数与函数的单调性作业 5页

第三节　导数与函数的单调性 A组　基础题组 ‎1.函数f(x)=1+x-sin x在(0,2π)上的单调情况是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.增函数 B.减函数 C.先增后减 D.先减后增 答案　A　在(0,2π)上有f '(x)=1-cos x>0恒成立,所以f(x)在(0,2π)上单调递增.‎ ‎2.函数f(x)=3+xln x的单调递减区间是(　　)‎ A.‎1‎e‎,e B.‎‎0,‎‎1‎e C.‎-∞,‎‎1‎e D.‎‎1‎e‎,+∞‎ 答案　B　因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=ln x+x·‎1‎x=ln x+1,令f '(x)<0,解得01时,xf '(x)>0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增.‎ 所以当x=1时,函数f(x)取得极小值.‎ 当x<-1时,xf '(x)<0,所以f '(x)>0,函数f(x)递增,‎ 当-10,所以f '(x)<0,函数f(x)递减,‎ 所以当x=-1时,函数f(x)取得极大值.符合条件的只有C项.‎ ‎5.若函数f(x)=x+aln x不是单调函数,则实数a的取值范围是(　　)‎ A.[0,+∞) B.(-∞,0]‎ C.(-∞,0) D.(0,+∞)‎ 答案　C　f '(x)=1+ax=x+ax,若f(x)=x+aln x不是单调函数,则f '(x)=0在(0,+∞)内有解,所以a<0,故选C.‎ ‎6.已知函数f(x)=ax+ln x,则当a<0时, f(x)的单调递增区间是　　　　,单调递减区间是　　　　. ‎ 答案　‎0,-‎‎1‎a;‎‎-‎1‎a,+∞‎ 解析　由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 当a<0时,因为f '(x)=a+‎1‎x=ax+‎‎1‎ax,所以当x>-‎1‎a时,‎ f '(x)<0,当00,所以f(x)的单调递增区间为‎0,-‎‎1‎a,单调递减区间为‎-‎1‎a,+∞‎.‎ ‎7.函数f(x)=ln x-x‎1+2x为　　　　函数(填“增”或“减”). ‎ 答案　增 解析　由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).‎ ‎∵f(x)=ln x-x‎1+2x,‎ ‎∴f '(x)=‎1‎x-‎1+2x-2x‎(1+2x‎)‎‎2‎=‎4x‎2‎+3x+1‎x(1+2x‎)‎‎2‎.‎ ‎∵x>0,‎ ‎∴4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.‎ ‎∴当x>0时, f '(x)>0.‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.‎ ‎8.若f(x)=xsin x+cos x,则f(-3), fπ‎2‎, f(2)的大小关系是　　　　　　　　　　　　. ‎ 答案　f(-3)f(2)>f(3)=f(-3).‎ ‎9.已知函数f(x)=ln x+a‎2‎x2-(a+1)x.若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-2,求f(x)的单调区间.‎ 解析　由已知得f '(x)=‎1‎x+ax-(a+1),则f '(1)=0.‎ 而f(1)=ln 1+a‎2‎-(a+1)=-a‎2‎-1,‎ ‎∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=-a‎2‎-1.‎ ‎∴-a‎2‎-1=-2,解得a=2.‎ ‎∴f(x)=ln x+x2-3x, f '(x)=‎1‎x+2x-3.‎ 由f '(x)=‎1‎x+2x-3=‎2x‎2‎-3x+1‎x>0,‎ 得01,‎ 由f '(x)=‎1‎x+2x-3<0,得‎1‎‎2‎0都有2f(x)+xf '(x)>0成立,则(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3)‎ C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2)‎ 答案　A　设g(x)=x2f(x)⇒g'(x)=2xf(x)+x2f '(x)=x·[2f(x)+xf '(x)],则当x>0时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,易得g(x)是偶函数,则4f(-2)=g(-2)=g(2)0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).‎ ‎3.已知函数f(x)=x2+aln 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)+‎2‎x在[1,+∞)上单调,求实数a的取值范围.‎ 解析　(1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),‎ 当a=-2时, f '(x)=2x-‎2‎x=‎2(x+1)(x-1)‎x,‎ 由f '(x)<0得01时,g(x)>0.‎ 解析　(1)f '(x)=2ax-‎1‎x=‎2ax‎2‎-1‎x(x>0).‎ 当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减.‎ 当a>0时,由f '(x)=0得x=‎1‎‎2a.‎ 当x∈‎0,‎‎1‎‎2a时, f '(x)<0, f(x)单调递减;‎ 当x∈‎1‎‎2a‎,+∞‎时, f '(x)>0, f(x)单调递增.‎ ‎(2)证明:令s(x)=ex-1-x,‎ 则s'(x)=ex-1-1.‎ 当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在(1,+∞)内为增函数,‎ 所以s(x)>s(1),即ex-1>x,‎ 从而g(x)=‎1‎x-‎1‎ex-1‎>0.‎