高中数学 利用导数研究函数的单调性

课时作业
A组——基础对点练
1.函数f(x)的导函数f′(x)的图象是如图所示的一条直线l，l与x
轴的交点坐标为(1,0)，则f(0)与f(3)的大小关系为()
A．f(0)<f(3)
B．f(0)>f(3)
C．f(0)＝f(3)
D．无法确定
解析：由题意知f(x)的图象是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)>f(3)．选B.
答案：B
2．若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是() A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：依题意得f′(x)＝k－1
x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥
1
x在(1，＋∞)上恒
成立，∵x>1，∴0<1
x<1，∴k≥1，故选D.
答案：D
3．已知函数f(x)＝e x－2x－1(其中e为自然对数的底数)，则y＝f(x)的图象大致为()
解析：依题意得f′(x)＝e x－2.当x＜ln 2时，
f′(x)＜0，f(x)是减函数，f(x)＞f(ln 2)＝1－2ln 2；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，因此对照各选项知选C.
答案：C
4．函数f(x)＝sin x
2e x的大致图象是()
解析：当x ＝－π2时，f (－π
2)＝
＝－＜0，排除D ；当x ＝－
π4时，f (－π4
)＝＝
＜0，排除C ；又f ′(x )＝cos x －sin x
2e x
＝
2cos (x ＋π
4)
2e x
，当x ∈(0，π4)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ∈(π4，π
2)时，f ′(x )＜0，f (x )是减函数，所以B 错误．故选A. 答案：A
5．若函数f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5在x ∈[1,2]上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0，
32
2
] B ．(0，
32
2
) C ．(－∞，32
2) D ．(－∞，32
2]
解析：因为f (x )＝x 3－2ax 2＋6x ＋5，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋6，又f (x )在x ∈[1,2]上是增函数，所以f ′(x )≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即3x 2－4ax ＋6≥0,4ax ≤3x 2＋6在x ∈[1,2]上恒成立，因为x ∈[1,2]，所以4a ≤(3x ＋6x )min ，又3x ＋6
x ≥2
3x ·6
x ＝
62，当且仅当3x ＝6x ，即x ＝2时取“＝”，所以4a ≤62，即a ≤32
2. 答案：C
6．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )(x ln x 2)＞2f (x )，则( )
A ．6f (e)＞2f (e 3)＞3f (e 2)
B ．6f (e)＜3f (e 2)＜2f (e 3)
C ．6f (e)＞3f (e 2)＞2f (e 3)
D ．6f (e)＜2f (e 3)＜3f (e 2)
解析：设F (x )＝f (x )
ln x 2，x ＞0且x ≠1，因为f ′(x )(x ln x 2)＞2f (x )，所以F ′(x )＝f ′(x )·ln x 2－f (x )·
2
x
(ln x 2)2
＝f ′(x )·(x ln x 2)－2f (x )x (ln x 2)2
＞0，所以F (x )在(0,1)，(1，＋∞)上单调
递增，所以F (e)＜F (e 2
)＜F (e 3
)，故f (e )ln e 2＜f (e 2)ln e 4＜f (e 3)ln e 6，即f (e )2＜f (e 2)4＜f (e 3)
6，所以6f (e)＜3f (e 2)＜2f (e 3)．选B. 答案：B
7．(2018·成都模拟)f (x )是定义域为R 的函数，对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立．若当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，若a ＝f (0.5)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，c ＝f (3)，
则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．b ＞a ＞c B ．a ＞b ＞c C ．c ＞b ＞a
D ．a ＞c ＞b
解析：因为对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又因为当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调递减，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＞f (0.5)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
32＞f (3)，即b ＞a ＞c .
答案：A
8．(2018·九江模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤
13，2上是增函
数，则实数a 的取值范围为________．
解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤
13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，
∵⎝ ⎛
⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫43，＋∞
9．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________．
解析：令g (x )＝f (x )
x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2
，
∴当x ＞0时，g ′(x )＞0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∵f (x )为奇函数，f (－2)＝0，∴f (2)＝0，∴g (2)＝f (2)
2＝0，结合奇函数f (x )的图象知，f (x )＞0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞)
10．(2018·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a
2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (1)求b ，c 的值；
(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间． 解析：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，
由题意得⎩⎨⎧
f (0)＝1， f ′(0)＝0，即{ c ＝1， b ＝0.
(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.
所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． 11．已知函数f (x )＝e x ln x －a e x (a ∈R)．
(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1
e x ＋1垂直，求a 的值； (2)若
f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x －a e x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＋ln x e x ， f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·
1
e ＝－1， 得a ＝2.
(2)由(1)知f ′(x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1x －a ＋ln x e x ，
若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0在x >0时恒成立．
即1
x －a ＋ln x ≤0在x >0时恒成立． 所以a ≥1
x ＋ln x 在x >0时恒成立． 令g (x )＝1
x ＋ln x (x >0)，
则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1
x 2(x >0)， 由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.
故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在(1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为g (1)＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)． 故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数， 则f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 即1
x －a ＋ln x ≥0在x >0时恒成立，
所以a ≤1
x ＋ln x 在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]．
B 组——能力提升练
1．函数f (x )的定义域是(0，π
2)，f ′(x )是它的导函数，且f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0在定义域内恒成立，则( ) A ．f (π6)＞2f (π4) B ．2sin 1·f (1)＞f (π
4) C ．f (π6)＞3f (π3)
D ．2f (π4)＞3f (π3)
解析：∵0＜x ＜π
2，∴sin x ＞0，cos x ＞0.由f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0，得cos x ·f (x )＋sin x ·f ′(x )＞0.令g (x )＝sin x ·f (x )，0＜x ＜π2，则g ′(x )＝cos x ·f (x )＋sin x ·f ′(x )＞0，即g (x )在(0，π2)上是增函数，∴g (1)＞g (π4)，即sin 1·f (1)＞sin π4·
f (π4)，∴2sin
1·f (1)＞f (π
4)．故选B. 答案：B 2．已知函数f (x )＝
sin x
2＋cos x
.若当x ＞0时，函数f (x )的图象恒在直线y ＝kx 的下方，
则k 的取值范围是( ) A ．[13，33] B ．[1
3，＋∞) C ．[3
3，＋∞)
D ．[－33，3
2]
解析：由题意，当x ＞0时，f (x )＝
sin x
2＋cos x
＜kx 恒成立．由f (π)＜k π知k ＞0.又f ′(x )
＝1＋2cos x (2＋cos x )2，由切线的几何意义知，要使f (x )＜kx 恒成立，必有k ≥f ′(0)＝13.
要证k ≥13时不等式恒成立，只需证g (x )＝sin x 2＋cos x －1
3x ＜0，∵g ′(x )＝
2cos x ＋1(2＋cos x )2
－13＝－(cos x －1)2
3(2＋cos x )2
≤0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，
∴g (x )＜g (0)＝0，∴不等式成立．综上k ∈[1
3，＋∞)． 答案：B
3．(2018·石家庄市质检)已知函数f (x )＝sin(2x ＋π
12)，f ′(x )是f (x )的导函数，则函数y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间是( ) A ．[π12，7π12] B ．[－5π12，π
12] C ．[－π3，2π3]
D ．[－π6，5π
6]
解析：由题意，得f ′(x )＝2cos(2x ＋π12)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )＝2sin(2x ＋π
12)＋2cos(2x ＋π12)＝22sin(2x ＋π12＋π4)＝22sin(2x ＋π3)．由2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π
2(k ∈Z)，得k π＋π12≤x ≤k π＋7π
12(k ∈Z)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间为[π12，7π
12]，故选A.
答案：A
4．已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)
D ．(－∞，－1)
解析：当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意． 当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2
a .
当a ＞0时，2a ＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫
2a ，＋∞上为增函
数，在⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1
＜0，不成立．
当a ＜0时，2a ＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函
数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
2a ＞0，即a ·
8a 3－3·
4
a 2＋1＞0，解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 答案：B
5．(2018·广州市模拟)若函数f (x )＝e x (sin x ＋a cos x )在(π4，π
2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，1) C ．[1，＋∞)
D ．(1，＋∞)
解析：f ′(x )＝e x [sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )]，当a ＝0时，f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )，显然x ∈(π4，π
2)，f ′(x )＞0恒成立，排除C ，D ；当a ＝1时，f ′(x )＝2e x cos x ，x ∈(π4，π
2)时，f ′(x )＞0，故选A. 答案：A
6．已知函数f (x )＝－1
2x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是
________．
解析：∵函数f (x )＝－1
2x 2－3x ＋4ln x (x ＞0)， ∴f ′(x )＝－x －3＋4
x ，
∵函数f (x )＝－1
2x 2－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调， ∴f ′(x )＝－x －3＋4
x ＝0在(t ，t ＋1)上有解， ∴x 2＋3x －4x
＝0在(t ，t ＋1)上有解，
∴x 2＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解，由x 2＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)， ∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)，故实数t 的取值范围是(0,1)． 答案：(0,1)
7．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为________．
解析：因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点． 答案：0
8．(2018·洛阳统考)已知函数f (x )＝e x ＋m ln x (m ∈R ，e 为自然对数的底数)，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时都有f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2成立，则实数m 的取值范围是________．
解析：依题意得，对于任意的正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有f (x 1)－x 1＞f (x 2)－x 2，因此函数g (x )＝f (x )－x 在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当x ＞0时，g ′(x )＝f ′(x )－1＝e x ＋m
x －1≥0，即x (e x －1)≥－m 恒成立．记h (x )＝x (e x －1)，x ＞0，则有h ′(x )＝(x ＋1)e x －1＞(0＋1)e 0－1＝0(x ＞0)，h (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，h (x )的值域是(0，＋∞)，因此－m ≤0，m ≥0.故所求实数m 的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)
9．已知函数f (x )＝x 2－(2t ＋1)x ＋t ln x (t ∈R)．
(1)若t＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及f(x)的极值；
(2)设函数g(x)＝(1－t)x，若存在x0∈[1，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数t的最大值．
解析：(1)依题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当t＝1时，f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋1
x＝
(2x－1)(x－1)
x.
由f′(1)＝0，f(1)＝－2，得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2.
令f′(x)＝0，解得x＝1
2或x＝1，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下：
由表格知，f(x)
极大值＝f
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫1
2＝－
5
4＋ln
1
2，
f(x)极小值＝f(1)＝－2.
(2)由题意知，不等式f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，即x2－2x＋t(ln x－x)≥0在区间[1，e]上有解．
∵当x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴ln x－x<0，∴t≤x2－2x
x－ln x
在区间[1，e]上有解．
令h(x)＝x2－2x
x－ln x
，则h′(x)＝
(x－1)(x＋2－2ln x)
(x－ln x)2
.
∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max
＝h(e)＝e(e－2) e－1
.
∴t≤e(e－2)
e－1
，∴实数t的最大值是
e(e－2)
e－1
.。