课时达标检测〔十四〕导数与函数的单调性[小题对点练——点点落实]对点练(一)利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间1.(2022·福建龙岩期中)函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，那么函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))的单调递减区间为()A．(－∞，－2)B．[3，＋∞)C．[－2,3]D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选A由题图可以看出－2,3是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即方程f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝0的两根，所以－eq\f(2b,3)＝1，eq\f(c,3)＝－6，即2b＝－3，c＝－18，所以函数y＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,3)bx＋\f(c,3)))可化为y＝log2(x2－x－6)．解x2－x－6>0得x<－2或x>3.因为二次函数y＝x2－x－6的图象开口向上，对称轴为直线x＝eq\f(1,2)，所以函数y＝log2(x2－x－6)的单调递减区间为(－∞，－2)．应选A.2．(2022·焦作二模)设函数f(x)＝2(x2－x)lnx－x2＋2x，那么函数f(x)的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)解析：选B由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(2x－1)lnx＋2(x2－x)·eq\f(1,x)－2x＋2＝(4x－2)lnx．由f′(x)<0可得(4x－2)lnx<0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－2>0，,lnx<0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－2<0，,lnx>0，))解得eq\f(1,2)<x<1，故函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，应选B.3．(2022·湖北荆州质检)函数f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2－x＋5的单调递增区间为________．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝eq\f(1,x)－x－1>0可解得0<x<eq\f(\r(5)－1,2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5)－1,2)))对点练(二)利用导数解决函数单调性的应用问题1．(2022·河南洛阳模拟)函数f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是单调函数，那么实数a的取值范围是()A．(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)B．[－eq\r(3)，eq\r(3)]C．(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)D．(－eq\r(3)，eq\r(3))解析：选Bf′(x)＝－3x2＋2ax－1，由题意知，f′(x)≤0在R上恒成立，那么Δ＝(2a)2－4×(－1)×(－3)≤0恒成立，解得－eq\r(3)≤a≤eq\r(3).2．(2022·河北正定中学月考)函数f(x)在定义域R内可导，假设f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，那么()A．a<b<cB．c<a<bC．c<b<aD．b<c<a解析：选B由f(x)＝f(2－x)可知，f(x)的图象关于直线x＝1对称．根据题意知当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，所以f(3)＝f(－1)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即c<a<b.应选B.3．(2022·河北唐山期末)函数f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2，那么使得f(2x)>f(x＋3)成立的x的取值范围是()A．(－1,3)B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)C．(－3,3)D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：选D因为f(－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f(x)，所