课后限时集训(十九)利用导数解决函数的单调性问题建议用时：40分钟一、选择题1．(2020·南阳模拟)已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是( )A.和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C.和(2，＋∞)D．(1,2)C [函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)．f′(x)＝2x－5＋＝＝，令f′(x)＞0，解得0＜x＜或x＞2，故函数f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)．]2．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )A．(－∞，1]B．(－∞，1)C．(－∞，2]D．(－∞，2)C [f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知条件知x∈(1，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立．设g(x)＝6x2－6mx＋6，则g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．即m≤x＋在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝x＋，则h(x)在(1，＋∞)上是增函数，∴h(x)＞2，从而m≤2，故选C.]3．函数f(x)＝x2＋xsinx的图象大致为( )A B\nC DA [函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝(－x)2＋(－x)sin(－x)＝x2＋xsinx＝f(x)，则函数f(x)为偶函数，排除B.又f′(x)＝2x＋sinx＋xcosx＝(x＋sinx)＋x(1＋cosx)，当x＞0时，x＋sinx＞0，x(1＋cosx)≥0，∴f′(x)＞0，即函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.]4．设函数f(x)＝x2－9lnx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]A [因为f(x)＝x2－9lnx，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，所以f(x)在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1]⊆(0,3]，所以a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.]5．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)＜0，则当a＜x＜b时，有( )A．f(x)g(x)＞f(b)g(b)B．f(x)g(a)＞f(a)g(x)C．f(x)g(b)＞f(b)g(x)D．f(x)g(x)＞f(a)g(a)C [令F(x)＝，则F′(x)＝＜0，所以F(x)在R上单调递减．又a＜x＜b，所以＞＞.又f(x)＞0，g(x)＞0，所以f(x)g(b)＞f(b)g(x)．]6．(多选)(2020·济南市期中)已知函数f(x)＝xlnx，若0＜x1＜x2，则下列结论正确的是( )A．x2f(x1)＜x1f(x2)B．x1＋f(x1)＜x2＋f(x2)C．＜0D．当x2＞x1＞时，x1f(x1)＋x2f(x2)＞2x2f(x1)AD [设g(x)＝＝lnx，易知函数g(x)单调递增，则g(x2)＞g(x1)，即＞，∴x1f(x2)＞x2f(x1)，A正确；设h(x)＝f(x)＋x，∴h′(x)＝lnx＋2，易得当x∈时，h′(x)＞0，当x∈时，h′(x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上不单调，∴h(x1)与h(x2\n)的大小关系不确定，B错误；∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，易得f(x)在(0，＋∞)上不单调，∴f(x1)与f(x2)的大小关系不确定，C错误；当x＞时，f′(x)＝lnx＋1＞0，函数f(x)单调递增，故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)＞0，即x1f(x1)＋x2f(x2)＞x2f(x1)＋x1f(x2)，又x1f(x2)＞x2f(x1)，∴x1f(x1)＋x2f(x2)＞2x2f(x1)，D正确．]二、填空题7．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．(－3,0)∪(0，＋∞) [由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．]8．若函数f(x)＝lnx－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．(－1，＋∞) [f′(x)＝－ax－2＝，由题意知f′(x)＜0有实数解，∵x＞0，∴ax2＋2x－1＞0有实数解．当a≥0时，显然满足；当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，∴－1＜a＜0.综上知a＞－1.]9．(2020·海淀区模拟)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝4，则不等式f(x)＞＋3的解集为________．(1，＋∞) [由x2f′(x)＋1＞0得f′(x)＋＞0，构造函数g(x)＝f(x)－－3，则g′(x)＝f′(x)＋＞0，即g(x)在(0，＋∞)上是增函数．又f(1)＝4，则g(1)＝f(1)－1－3＝0，从而g(x)＞0的解集为(1，＋∞)，即f(x)＞＋3的解集为(1，＋∞)．]三、解答题10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．\n(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．[解] (1)由题意得f′(x)＝，又因为f′(1)＝＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝，设h(x)＝－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在(－1,1)上为单调减函数，求实数a的取值范围；(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求实数a的值；(4)若函数f(x)在区间(－1,1)上不单调，求实数a的取值范围．[解] (1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．(2)由题意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立，因为当－1＜x＜1时，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范围为[3，＋∞)．(3)由题意知f′(x)＝3x2－a，则f(x)的单调递减区间为，又f(x)的单调递减区间为(－1,1)，\n所以＝1，解得a＝3.(4)由题意知：f′(x)＝3x2－a，当a≤0时，f′(x)≥0，此时f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数，不合题意，故a＞0.令f′(x)＝0，解得x＝±.因为f(x)在区间(－1,1)上不单调，所以f′(x)＝0在(－1,1)上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3，所以实数a的取值范围为(0,3)．1．(多选)(2021·全国统一考试模拟演练)已知函数f(x)＝xln(1＋x)，则( )A．f(x)在(0，＋∞)单调递增B．f(x)有两个零点C．曲线y＝f(x)在点处切线的斜率为－1－ln2D．f(x)是偶函数AC [f(x)＝xln(x＋1)，所以x＞0时，f′(x)＝ln(x＋1)＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以A选项正确；xln(x＋1)＝0，所以x＝0或ln(x＋1)＝0，所以x＝0，故f(x)只有1个零点0，所以B不正确；f′(x)＝ln(x＋1)＋，所以f′＝ln－1＝－1－ln2，故C正确；定义域不关于原点对称，所以f(x)不是偶函数．所以D不正确．故选AC.]2．(2020·西安模拟)已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．(0,1)∪(2,3) [f′(x)＝－x＋4－＝，令f′(x)＝0得x＝1或x＝3，由题意知t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3，故t的取值范围是(0,1)∪(2,3)．]3．设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数．\n(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性．[解] (1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞)．此时f′(x)＝，可得f′(1)＝.又f(1)＝0，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋＝.当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上递增．当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上递减．③当－＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，则x1＝，x2＝.由x1＝＝＞0，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减；x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)递增；x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)递减．综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上递减；当－＜a＜0时，f(x)在，上递减，\n在上递增．1．(多选)(2020·山东章丘期中)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立．下列结论正确的是( )A．2f(2)－3f(1)＞5B．若f(1)＝2，x＞1，则f(x)＞x2＋x＋C．f(3)－2f(1)＜7D．若f(1)＝2,0＜x＜1，则f(x)＞x2＋x＋CD [设函数g(x)＝，则g′(x)＝＝.因为(x＋1)f′(x)－f(x)＜x2＋2x对任意x∈(0，＋∞)恒成立，所以g′(x)＜0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，从而g(1)＞g(2)＞g(3)，整理得2f(2)－3f(1)＜5，f(3)－2f(1)＜7，故A错误，C正确．当0＜x＜1时，若f(1)＝2，因为g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＞g(1)＝，即＞，即f(x)＞x2＋x＋，故D正确，从而B不正确．即结论正确的是CD.]2．已知函数f(x)＝(x－a)·ex－ax2＋a(a－1)x(a∈R)，讨论f(x)的单调性．[解] f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)．当a≤0时，ex－a＞0.当x∈(－∞，a－1)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．当a＞0时，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝lna.令g(a)＝a－1－lna，则g′(a)＝1－＝.当a∈(0,1)时，g′(a)＜0，g(a)为减函数；当a∈(1，＋∞)时，g′(a)＞0，g(a)为增函数．∴g(a)min＝g(1)＝0，∴a－1≥lna(当且仅当a＝1时取“＝”)．∴当0＜a＜1或a＞1时，x∈(－∞，lna)，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x∈(lna，a－1)，\nf′(x)＜0，f(x)为减函数，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)为增函数．当a＝1时，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增；当0＜a＜1或a＞1时，f(x)在(lna，a－1)上单调递减，在(－∞，lna)和(a－1，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
