5.3.1 函数的单调性-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修二练习（Word含解析）

函数的单调性练习
一、单选题
函数f(x)=2x?lnx的单调递减区间为(????)
A. (?∞,12) B. (12,+∞) C. (0,12) D. (0,+∞)
直线y=a与函数y=x3?3x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为(????)
A. (?2,2) B. [?2,2] C. [2,+∞) D. (?∞,?2]
函数f?(x)=ex?ex，x∈R的单调递增区间是(? )
A. (0,+∞) B. (?∞,0) C. (?∞,1) D. (1,+∞)
已知a=1e,b=ln33,c=ln44，则a,b,c的大小关系为(? )
A. b已知函数f(x)=lnx+ax，则“a<0”是“函数f(x)在定义域内为增函数”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
在R上可导的函数f?(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(????)
A. (?∞,?1)∪(0,1) B. (?1,0)∪(1,+∞)
C. (?2,?1)∪(1,2) D. (?∞,?2)∪(2,+∞)
f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)<0，对任意正数a，b，若a A. af(b)已知y=fx为R上的可导函数，当x≠0时，f′(x)+fxx>0，则关于x的函数g(x)=f(x)+1x的零点个数为
A. 1 B. 2 C. 0 D. 0或2
已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x) A. (?2,+∞) B. (0,+∞) C. (1,+∞) D. (2,+∞)
若函数在区间(12,2)内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是(? ??)
A. B. C. (?2,?18) D.
设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)=0，当x>0时，有xf′(x)?f(x)x2?<0恒成立，则f(x)x>0的解集为(? ? ? ? ? )
A. (?2,0)∪(2,+∞) B. (?2,0)∪(0,2)
C. (?∞,?2)∪(2,+∞) D. (?∞,?2)∪(0,2)
已知函数y=?xf′x的图象如图(其中f′x是函数fx的导函数)，下面四个图象中，y=fx的图象可能是(? ? )
A.
B.
C.
D.
二、单空题
若直线y=a与函数f(x)=x3?3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是_______．
已知函数y=2cosx+3的导函数为G(x)，在区间[?π3,π]上，随机取一个值a，则G(a)<1的概率P为??????????．
定义在R上的函数fx满足：f(?x)+f(x)=2x2，且当x<0时，f′(x)<2x，则不等式f(x)+4≥f(2?x)+4x的解集为? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?．
已知x=2是fx=x3?3ax+2的极小值点，那么函数fx的极大值为______．
已知函数f(x)=kx3+3(k?1)x2?k2+1(k>0)的单调递减区间是(0,4)，则k的值是________．
三、解答题
已知函数f(x)=ax2+blnx在x=1处有极值12．
(1)求实数a、b的值;
(2)判断函数f(x)的单调区间，并求极值．
已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=12bx2?2x+2，a,b∈R．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)记函数?(x)=f(x)+g(x)，当a=0时，?(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围．
已知函数f(x)=ex(x2+ax+1)．
(Ⅰ)当a∈R时，讨论f?(x)的单调性；
(Ⅱ)若实数a满足a≤?1，且函数g(x)=4x3+3(b+4)x2+6(b+2)x(b∈R)的极小值点与f?(x)的极小值点相同，求证：g(x)的极小值小于等于0．
答案和解析
1.【答案】C
【解答】
解：f(x))=2x?lnx的定义域为(0,+∞)．
f′(x)=2?1x=2x?1x，
令f′(x)<0，解得0所以函数f(x)=2x?lnx的单调减区间是(0,12).
2.【答案】A
【解答】
解：y=x3?3x的导数y′=3x2?3=3(x?1)·(x+1)，
令y′>0可解得x1，
故y=x3?3x在(?∞,?1)，(1,+∞)上单调递增，在(?1,1)上单调递减，
函数的极大值为f?(?1)=2，极小值为f?(1)=?2，
大致图象如图所示，而y=a为一条水平直线，
通过图象可得，y=a介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点，可得a∈(?2,2)．
故选：A．
3.【答案】D
【解答】
解：f′(x)=ex?e，
令f′(x)>0得x>1，
∴函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞)．
4.【答案】B
【解答】
解：设f(x)=lnxx,x?e,则f′(x)=1?lnxx2?0恒成立，
∴函数f(x)在[e,+∞)上单调递减，∴fe>f3>f4,即lnee=1e>ln33>ln44,
∴a>b>c，故选B．
5.【答案】A
【解答】
解：f′(x)=1x?ax2=x?ax2，x>0，
当a<0时，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当函数f(x)在定义域内为增函数时，可得f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，即a≤0，
故函数f(x)=lnx+ax，则“a<0”是“函数f(x)在定义域内为增函数”的充分不必要条件．
6.【答案】A
【解答】
解：在(?∞,?1)和(1,+∞)上，f?(x)单调递增，
所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的x的范围为(?∞,?1)；
在(?1,1)上，f?(x)单调递减，
所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0,1)．
综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(?∞,?1)∪(0,1)．
7.【答案】C
【解答】
解：设g(x)=xf(x)，x>0，
则g′(x)=[xf(x)]′=xf′(x)+f(x)<0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上是减函数，
∵ag(b)
即bf?(b)8.【答案】C
【解答】
解：由于函数g(x)=f(x)+1x，可得x≠0，因而g(x)的零点跟xg(x)的非零零点是完全一样的，
故我们考虑xg(x)=xf(x)+1的零点．
由于当x≠0时，f′(x)+f(x)x>0，
①当x>0时，(x?g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)>0，
?所以，在(0,+∞)上，函数x?g(x)单调递增函数．
又∵x→0lim[xf(x)+1]=1，∴在(0,+∞)上，函数x?g(x)=xf(x)+1>1恒成立，
因此，在(0,+∞)上，函数x?g(x)=xf(x)+1没有零点．
②当x<0时，由于(x?g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)<0，
故函数x?g(x)在(?∞,0)上是递减函数，函数x?g(x)=xf(x)+1>1恒成立，
故函数x?g(x)在(?∞,0)上无零点．
综上可得，函g(x)=f(x)+1x在R上的零点个数为0，
9.【答案】D
【解答】
解：构造g(x)=f(x)???12x2+1，
则g′(x)=f′(x)???x<0，
所以g(x)是R上的单调减函数，
又因为，f(2)=1，g(2)=0，
所以不等式f(x)<12x2?1可化为g(x)由函数单调递减可得x>2，
故不等式的解集为(2,+∞)．
10.【答案】D
【解答】
解：根据题意得，f′x=1x+2ax，
∵f(x)在区间(12,2)内存在单调递增区间，
∴f′x>0在(12,2)内有解，
即1x+2ax>0?a>?12x2在(12,2)内有解
故存在x∈(12,2)，使得a>?12x2，
令g(x)=?12x2，则g(x)在(12,2)单调递增，
所以g(x)∈(?2,?18)，
故a>?2．
11.【答案】B
【解答】
解：设函数g(x)=f(x)x，?则g′(x)=xf′(x)?f(x)x2，
?∵当x>0时，有xf′(x)?f(x)x2<0成立，?
∴当x>0时，g′(x)<0，?
∴g(x)=f(x)x在(0,+∞)上单调递减，?
∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)=0，?
∴g(?x)=f(?x)?x=?f(x)?x=g(x)，
?∴g(x)为偶函数，且g(2)=0，??
∴g(x)的单调递增区间为(?∞,0)，
∵f(2)=0，
∴g(?2)=0，g(2)=0，
∴当x0，当00，当x>2时，g(x)<0．
∴解集为(?2,0)∪(0,2)．
故选B．
12.【答案】B
【解答】
解：由已知图象可得，
当x0，y>0所以f′(x)>0，即函数f(x)单增，
当?10，y<0所以f′(x)<0，即函数f(x)单减，
当00所以f′(x)<0，即函数f(x)单减，
当x>1时，?x<0，y<0所以f′(x)>0，即函数f(x)单增，
所以f(x)单增区间为?∞,?1,1,+∞，单减区间为(?1,1)．
13.【答案】(?2,2)
【解析】
解：∵函数f(x)=x3?3x，
∴f′(x)=3x2?3=3(x+1)(x?1)．
∴当x∈(?∞,?1)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，
∴函数f(x)在区间(?∞,?1)，(1,+∞)上单调递增；
当x∈(?1,1)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在区间(?1,1)上单调递减．
故当x=?1时，f(x)取极大值f(?1)=?1+3=2，
当x=1时，f(x)取极小值f(1)=1?3=?2，
又f(x)=0，解得x=0，±3．
当x→+∞，f(x)→+∞，
当x→?∞，f(x)→?∞，
根据以上画出图象：
若函数f(x)=x3?3x的图象与直线y=a有相异三个公共点，
则?2故答案为(?2,2)．
14.【答案】78
【解答】解：由题意，知G(x)=y′=?2sinx，
在区间[?π3,π]上，由G(a)=?2sina<1，得a∈(?π6,π]，
故概率P=π?(?π6)π?(?π3)=78．
故答案为78．
15.【答案】?
?【解答】
解：根据题意，令g(x)=f(x)?x2，
若f(x)+f(?x)=2x2，变形有f(x)?x2+f(?x)?(?x)2=0，
即g(x)+g(?x)=0，
故g(x)为奇函数，
由g(x)=f(x)?x2，则g′(x)=f′(x)?2x，
又当x<0时，f′(x)<2x，则x<0时，g′(x)=f′(x)?2x<0恒成立，
即g(x)在(?∞,0)上为减函数，
又由g(x)为奇函数，则g(x)在(0,+∞)上也为减函数，
因为当x=0时，f(0)=0，
则g(0)=f(0)?02=0，
综上所述g(x)为R上的减函数，
则不等式f(x)+4?f(2?x)+4x，即f(x)?x2?f(2?x)+4x?4?x2，
所以f(x)?x2?f(2?x)?2?x2，即gx≥g2?x，
则有x≤2?x，解得x≤1，
故不等式f(x)+4?f(2?x)+4x的解集为．
故答案为．
16.【答案】18
【解答】
解：f′x=3x2?3a，
因为x=2是极小值点，所以f′2=0，
即12?3a=0，得a=4，fx=x3?12x+2，
令f′x=3x2?12=0，得x=2或x=?2，
所以可得f(x)的极大值为f?2=?23?12×?2+2=18．
故答案为18．
17.【答案】13
【解答】
解：∵f(x)=kx3+3(k?1)x2?k2+1，
∴f′(x)=3kx2+6(k?1)x=3kx(x+2k?2k)．
∵函数f(x)的单调递减区间是(0,4)，
∴?2k?2k=4．
∴k=13．
18.【答案】解：(1)因为f(x)=ax2+blnx，所以f′(x)=2ax+bx．
又函数f(x)在x=1处有极值12，
故f′(1)=0,f(1)=12即2a+b=0a=12,
可得a=12，b=?1．
(2)由(1)可知f(x)=12x2?lnx.其定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=x?1x=(x+1)(x?1)x.令f′(x)=0，则x=?1(舍去)或x=1．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
?
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,+∞)，且函数f(x)在定义域上只有极小值f(1)=12，而无极大值．
19.【答案】解：的定义域是(0,+∞)，
且?f′(x)=?ax2+1x=x?ax2；
①若a?0，则f′(x)>0，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，
②若a>0，令f′(x)=0，得x=a，
当0a时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；
综上，当a?0时，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，无单调减区间；
当a>0时，f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；
(2)a=0时，，
∴?′(x)=bx?2+1x=bx2?2x+1x?，
∵?(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，
则?′(x)=0在(0,1)上有唯一实数解，且两侧异号，
由?′(x)=0，得bx2?2x+1=0；
令p(x)=bx2?2x+1，则p(x)在(0,1)上有且只有一个零点，
易知p(0)=1>0，
①当b=0，由p(x)=0，得x=12，满足题意;
②当b>0时，由Δ=4?4b>0p1=b?1<0，解得0③当b<0时，Δ=4?4b>0p1=b?1<0，得b<1，故b<0；
综上所述，?(x)在(0,1)上有且只有一个极值点时，b<1．
故实数b的取值范围为?∞,1．
20.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex[x2+(a+2)x+a+1]
f′(x)=ex(x+1)(x+a+1)
由f′(x)=0，得x=?1，或x=?a?1
(1)当a=0时，f′(x)=ex(x+1)2≥0，f(x)在(?∞,+∞)上为增函数，
(2)当a>0时，f′(x)>0解得x∈(?∞,?a?1)或x∈(?1,+∞)，f′(x)<0解得x∈(?a?1,?1)，
故当a>0时f(x)在(?∞,?a?1)、(?1,+∞)上为增函数，f(x)在(?a?1,?1)上为减函数；
(3)当a<0时，f′(x)>0解得x∈(?∞,?1)或x∈(?a?1,+∞)，f′(x)<0解得x∈(?1,?a?1)，
故当a<0时f(x)在(?∞,?1)、(?a?1,+∞)上为增函数，f(x)在(?1,?a?1)上为减函数；
(Ⅱ)∵a≤?1，∴?a?1>?1，
又f′(x)=ex[x2+(a+2)x+a+1]=ex(x+a+1)(x+1)，
∴f(x)的极小值是x=?a?1，从而g(x)的极小值点也是x=?a?1
又g′(x)=12(x+1)(x+b+22)
∴?b+22=?a?1，即b=2a，
因为a≤?1，
故g(x)的极小值g(?a?1)=?(1+a)2(4?2a)≤0，
即g(x)的极小值小于等于0．