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考点规范练14导数与函数的单调性

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高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)

高考数学(理)函数与导数 专题14 恒成立及存在性问题(解析版)

函数与导数14 导数及其应用 恒成立及存在性问题一、具体目标： 1.导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。

②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。

考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数， 但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定．4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；【考点讲解】（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．三）高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∀∈>⇔>； 结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∃∈>⇔>； 结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∀∈∃∈>⇔>； 结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ∃∈∀∈>⇔>；结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ∃∈∃∈=⇔的值域和()g x 的值域交集不为空.1. 【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥【真题分析】在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[]0,1B ．[]0,2C ．[]0,eD ．[]1,e【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号，∴max 2()0a g x ≥=，则0a >. 当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln x a x ≤恒成立，令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增，当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =，∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 【答案】C2.【优选题】设函数()()21xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数t ，使得()0f t <，则a的取值范围是（ ） A ．3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．33,24e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ C ．33,24e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】本题考点是函数的单调性、存在性问题的综合应用.令()()()21,xg x e x h x ax a =-=-.由题意知存在唯一整数t ，使得()g t 在直线()h x 的下方.()()21'=+xg x ex ，当12x <-时，函数单调递减，当12x >-，函数单调递增，当12x =-时，函数取得最小值为122e --.当0x =时，(0)1g =-，当1x =时，(1)0g e =>，直线()h x ax a =-过定点()1,0，斜率为a ，故()0a g ->且()113g e a a --=-≥--，解得3,12⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭a e . 【答案】D3.【2019年高考北京】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立，又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 【答案】(]1,0--∞4.【优选题】已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x ，若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________．【解析】f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x ，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解．当m ≤0时，显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故只需Δ>0，即1－8m >0，解得m <18.故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，18. 【答案】⎝⎛⎭⎫－∞，18 5.【优选题】若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 【解析】 由题意可知'21()2f x ax x=+，又因为存在垂直于y 轴的切线， 所以231120(0)(,0)2ax a x a x x+=⇒=->⇒∈-∞. 【答案 】 (,0)-∞ 6.【2018年江苏卷】若函数()()R a ax x x f ∈+-=1223在()∞+，0内有且只有一个零点，则()x f 在[]11，-上的最大值与最小值的和为________．【解析】本题考点是函数的零点、函数的单调性与最值的综合应用. 由题意可求得原函数的导函数为()0262=-='ax x x f 解得3,0ax x ==，因为函数在()∞+，0上有且只有一个零点，且有()10=f ，所以有03,03=⎪⎭⎫⎝⎛>a f a，因此有3,0133223==+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛a a a a ，函数()x f 在[]01，-上单调递增，在[]10，上单调递减，所以有()()10max ==f x f ，()()41min -=-=f x f ，()()3min max -=+x f x f .【答案】–37.【2018年理新课标I 卷】已知函数()x x x f 2sin sin 2+=，则()x f 的最小值是_____________．【解析】本题考点是函数的单调性、最值与三角函数的综合应用. 由题意可()()⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-+=+='21cos 1cos 42cos 2cos 42cos 2cos 22x x x x x x x f ，所以当21cos <x 时函数单调减，当21cos >x 时函数单调增，从而得到函数的减区间为 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--32,352ππππ，函数的增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-32,32ππππ，所以当()Z k k x ∈-=,32ππ时，函数()x f 取得最小值，此时232sin ,23sin -=-=x x ，所以()23323232min-=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x f ，故答案是233-. 【答案】233-8.【优选题】已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12x x 、都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则a 的取值范围是 . 【解析】由题意可知()'2af x x x=+≥（x ＞0）恒成立，∴22a x x ≥-恒成立， 令()()22211g x x x x =-=--+则()max x g a ≥，∵()22g x x x =-为开口方向向下，对称轴为x =1的抛物线，∴当x =1时，()22g x x x =-取得最大值()11=g ，∴1≥a 即a 的取值范围是[1，+∞）．【答案】[)1,+∞9. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,a b ，使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l ]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-． （ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．10.【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x ≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t tx t =≥2()2ln g t t x=-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==. 故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„． 由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦． 【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦.1.设函数a ax x x x f -+--=53)(23，若存在唯一的正整数0x ，使得0)(0<x f ，则a 的取值范围是（ ）A ．)31,0( B ．]45,31( C ．]23,31( D ．]23,45(【解析】当32a =时，3237()322f x x x x =--+，()()20,30f f <<，不符合题意，故排除C ，D.当54a =时，32515()344f x x x x =--+，()()()()10,20,30,40f f f f ><=>，故54a =符合题意.【答案】B2.设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x ，使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ ） A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e - C ．33[,)24e D ．3[,1)2e【解析】 ()0(21)xf x e x ax a <⇔-<-，记()(21)xg x e x =-，则题意说明存在唯一的整数0x ，使()g x 的图象在直线y ax a =-下方，【模拟考场】'()(21)x g x e x =+，当12x <-时，'()0g x <，当12x >-时，'()0g x >，因此当12x =-时，()g x 取得极小值也是最小值21()22g e --=-，又(0)1g =-，(1)0g e =>，直线y ax a =-过点（1,0）且斜率为a ，故1(0)1(1)3a g g e a a-->=-⎧⎨-=-≥--⎩，解得312a e≤<． 【答案】D3.若函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点，则m 的取值范围（ ） A.()1,3- B.()3,1- C.()3,+∞ D.(),1-∞- 【解析】考查函数()2ln xg x a x x a m =+--，则问题转化为曲线()y g x =与直线2y =有两个公共点，则()()ln 2ln 1ln 2x x g x a a x a a a x '=+-=-+，则()00g '=， 当01a <<时，ln 0a <，当0x <时，10x a ->，()1ln 0x a a -<，20x <，则()1ln 20x a a x -+<， 当0x >，10x a -<，()1ln 0x a a ->，20x >，则()1ln 20x a a x -+>，此时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，同理，当1a >时，函数()2ln xg x a x x a m =+--在区间(),0-∞上单调递减，在区间()0,+∞上单调递增，因此函数()2ln xg x a x x a m =+--在0x =处取得极小值，亦即最小值，即()()min 01g x g m ==-，)由于函数()()2ln 201x f x a x x a m a a =+-⋅-->≠且有两个零点， 结合图象知12m -<，解得13m -<<，故选A. 【答案】A 4. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若当[]1,2x ∈-时()f x m <恒成立，求m 的取值范围 【解析】试题分析：（1）由原函数求出导数，通过导数的正负求出相应的单调区间（2）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，本题中需求函数()f x 的最大值，可通过导数求解.试题解析：（1）由()'2320fx x x =--> 得1x >或()1,+∞（2上递减，在区间[]1,2上递增，又，所以在区间[]1, 2-上max 7f =要使()f x m <恒成立，只需7m >即可.【答案】（1，()1,+∞ 2）7m >5.【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x x x -+'=--+=-.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当)x ∈+∞U 时，()0f x '<；当x ∈时，()0f x '>.所以()f x在)+∞单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >. 由于12121221212121222()()ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a a x x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以1212()()2f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<.设函数1()2ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在(0,)+∞单调递减，又(1)0g =，从而当(1,)x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即1212()()2f x f x a x x -<--. 6.已知函数()ln 2a xf x x x =++． （1）求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()ln 1g x x x f x =+-，若1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222112222a x x af x x x x +-'=-+=，令()0f x '=，则2220x x a +-=，480a ∆=+>时，即12a >-，方程两根为11x ==--2x =-122x x +=-，122x x a =-，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥恒成立，()f x 的增区间为()0,+∞；②当102a -<≤时，1220x x a =-≥，10x <，20x ≤，()0,x ∈+∞时，()0f x '≥，()f x 的增区间为()0,+∞；③当0a >时，10x <，20x >，当()20,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()2+x x ∈∞,时，()0f x '>，单调递增；综上，当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞； 当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞．（2）1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x >恒成立，即ln ln 102a x x x x x ---+>，∴22ln ln 2x a x x x x x <--+，令()221ln ln 22x h x x x x x x x ⎛⎫=--+> ⎪⎝⎭，()2ln ln 11h x x x x x x '=+---+，()()21ln h x x x '=-，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()1+x ∈∞,时，()0h x '>，()h x 单调递减； ∴()()min 112h x h ==，∴12a <，则实数a 的取值范围时12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．【答案】（1）当0a ≤时，()f x 的增区间为()0,+∞；当0a >时，()f x的减区间为(0,1-，增区间为()1-+∞；（2）12⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,．7.已知函数f (xln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x '=-，由12()()f x f x ''=1211x x -=-， 因为12x x ≠12+==≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +=+=．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故12()(256)88ln 2g x x g >=-，即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n --≤)n k -<0，所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ， 所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得k =设()h x =22ln )1)((12x ag x x x a x h '=-+--+=，其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln 2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln 2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 8.【优选题】已知函数21()(2)2ln 2f x x a x a x =-++(0)a >. （1）若曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线为2y x b =+，求2a b +的值； （2）讨论函数()f x 的单调性；（3）设函数()(2)g x a x =-+，若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >成立，求实数a 的取值范围．【解析】本题是函数的综合问题.（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()(2)'=-++a f x x a x， ∴1(1)(2)22f a b =-+=+，(1)1(2)22'=-++=f a a ， 解得132,2a b ==-，∴210a b +=-．（2）2(2)2(2)()()-++--'==x a x a x x a f x x x，当2a =时，()0(0,)'≥⇒∈+∞f x x ，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞.当02a <<时，由'()0(0,)(2,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞由'()0(,2)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(,2)a .当2a >时，由'()0(0,2)(,)f x x a >⇒∈+∞U ，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞由'()0(2,)f x x a <⇒∈，∴()f x 的单调减区间为(2,)a .综上所述：当2a =时，'()0(0,)f x x ≥⇒∈+∞，∴()f x 的单调增区间为(0,)+∞，当02a <<时，∴()f x 的单调增区间为(0,)a ，(2,)+∞，()f x 的单调减区间为(,2)a 当2a >时，∴()f x 的单调增区间为(0,2)，(,)a +∞，()f x 的单调减区间为(2,)a .（3）若至少存在一个0[,4]x e ∈，使得00()()f x g x >，∴212ln 02x a x +>， 当[,4]x e ∈时，ln 1x >，∴2122ln xa x>-有解，令212()ln x h x x=-，∴min 2()a h x >.2'22111ln (ln )22()0(ln )(ln )x x x x x x h x x x -⋅-=-=-<， ∴()h x 在[,4]e 上单调递减，min 4()(4)ln 2h x h == ∴42ln 2a >得，2ln 2a >． 9.【2018山东模拟】设函数0),(,)1(31)(223>∈-++-=m R x x m x x x f 其中 （Ⅰ）当时，1=m 曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率.（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；（Ⅲ）已知函数)(x f 有三个互不相同的零点0，21,x x ，且21x x <.若对任意的],[21x x x ∈，)1()(f x f > 恒成立，求m 的取值范围.【解析 】本小题主要考查导数的几何意义，导数的运算，以及函数与方程的根的关系解不等式等基础知识，考查综合分析问题和解决问题的能力. （1）当1)1(,2)(,31)(1'2/23=+=+==f x x x f x x x f m 故时， 所以曲线））（，在点（11)(f x f y =处的切线斜率为1.（2） 12)(22'-++-=m x x x f ，令0)('=x f ，得到m x m x +=-=1,1因为m m m ->+>11,0所以当x 变化时，)(),('x f x f 的变化情况如下表：x )1,(m --∞m -1)1,1(m m +-m +1),1(+∞+m)('x f+0 - 0 +)(x f极小值极大值)(x f 在)1,(m --∞和),1(+∞+m 内减函数，在)1,1(m m +-内增函数。

导数与函数的单调性练习题

导数与函数的单调性练习题

导数与函数的单调性练习题2.2.1 导数与函数的单调性基础巩固题：1.已知函数 $f(x)=\frac{ax+1}{x+2}$ 在区间 $(-2,+\infty)$ 上为增函数，求实数 $a$ 的取值范围。

解析：由题意可得 $f(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上单调递增，因此$a>-\frac{1}{2}$。

又因为$f(x)$ 的定义域为$(-2,+\infty)$，所以 $a$ 的取值范围为 $a\geq -\frac{1}{2}$ 或 $a\leq -2$，即$a\geq -\frac{1}{2}$ 或 $a\leq -2$。

2.已知函数 $f(x)=x^2+2x+a\ln x$ 在区间 $(0,1)$ 上单调，求实数 $a$ 的取值范围。

解析：由题意可得 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调，因此$f'(x)=2x+2+\frac{a}{x}$ 在 $(0,1)$ 上恒大于等于零或恒小于等于零。

化简可得 $a\geq -(2x^2+2x)$ 或 $a\leq -(2x^2+2x)$ 在$(0,1)$ 上恒成立。

记 $g(x)=-(2x^2+2x)$，则 $g(x)$ 在$(0,1)$ 上单调递增，且 $-4<g(x)<0$。

因此，$a\geq -4$ 或$a\leq -4$，即 $a\geq -4$ 或 $a\leq -4$。

3.已知函数$f(x)=\frac{x}{2x-9}$，求$f(x)$ 的单调区间。

解析：求导得 $f'(x)=\frac{9}{(2x-9)^2}$，$f'(x)>0$ 当且仅当 $x\frac{9}{2}$。

因此，$f(x)$ 在 $(-\infty,\frac{9}{2})$ 上单调递减，在 $(\frac{9}{2},+\infty)$ 上单调递增。

所以$f(x)$ 的单调区间为 $(-\infty,\frac{9}{2})$ 和$(\frac{9}{2},+\infty)$。

导数与函数的单调性(含参-导函数为二次函数型)

导数与函数的单调性(含参-导函数为二次函数型)
导数与（二次）函数的单调性 专题知识点与方法
一、导数与函数的单调性
一、导数与函数的单调性
二、经典例题ຫໍສະໝຸດ 答案解析二、经典例题
答案解析
二、经典例题
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二、经典例题
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二、经典例题
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二、经典例题
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二、经典例题
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三、课后练习
答案解析
三、课后练习
答案解析
三、课后练习
答案解析
知识总结
导数二次型常见题型以及需要注意的事项： 题型一：求参数范围方法：①分离参数 ②根据二次函数根的分布求解
注意事项：①关注参数临界值。②审题注意“恒成立”“存在”的差异 题型二：讨论参数范围求解函数性质（单调性、最值性、极值性）
注意事项：①步骤得分 ②逻辑条理
课后总结
1、本节课的主讲内容是： 2、学生的学习状态（收获与不足） 3、针对学生的不足之处，老师的一个合理化建议是什么

高三数学二轮复习专题讲解14 函数与导数

高三数学二轮复习专题讲解14 函数与导数

高三数学二轮复习专题讲解 第14讲 易错点-函数与导数专题综述函数与导数是高考中的重点和难点，各种题型都有考查，也有一定的计算量！但我们要必拿选择填空的中等题分数，主要考查的知识点有函数的概念（函数的定义域、解析式、值域）、性质（单调性、奇偶性、对称性）、图象，导数的概念及其几何意义；对这些知识理解不到位或把握不全面或对题意理解不准确，就容易造成会而不对、对而不全的结果专题探究探究1:函数性质掌握不牢致错函数的单调性、奇偶性、周期性等在考题中不限制于以课本的定义给出，我们要关注它们等价变形形式和相关结论，如单调性的等价变形形式有： (1)若[]12,,x x a b ∀∈,12x x ≠,()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦()()12120f x f x x x -⇔>-()f x ⇔在[],a b 上是增函数；()()()12120x x f x f x --<⎡⎤⎣⎦()()12120f x f x x x -⇔<-()f x ⇔在[],a b 上是减函数.(2) 若12x x ≠,且()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数.奇偶性的相关结论有：(1)()f x 是偶函数⇔()()()()()()0f x f x f x f x f x f x =-⇔=⇔--=； (2)()f x 是奇函数⇔()()()()0f x f x f x f x -=-⇔+-=； (3)若函数()f x 在0x =处有意义,则()00f =；(4)()f x a +是偶函数,则()()f x a f x a +=-+,()f x 是偶函数,则()()f x a f x a +=-+. 利用函数的对称性与奇偶性会推导函数的周期性：(1)函数()y f x =满足()()f a x f a x +=-（0a >）,若()f x 为奇函数,则其周期为4T a =；若()f x 为偶函数,则其周期为2T a =.(2)函数()y f x =()x ∈R 的图象关于直线x a =和x b =()a b <都对称,则函数()f x 是以()2b a -为周期的周期函数；函数()y f x =()x R ∈的图象关于两点()0,A a y 、()0,B b y ()a b <都对称,则函数()f x 是以()2b a -为周期的周期函数；函数()y f x =()x ∈R 的图象关于()0,A a y 和直线x b =()a b <都对称,则函数()f x 是以()4b a -为周期的周期函数.(2022江苏联考)已知函数(1)y f x =-的图象关于直线1x =-对称，且对x R ∀∈有()() 4.f x f x +-=当(0,2]x ∈时，() 2.f x x =+则下列说法正确的是(). ()f x 的最小正周期是8 . ()f x 的最大值为5 . (2022)0f = . (2)f x +为偶函数 【规范解析】解：.A 因为(1)y f x =-的图象关于直线1x =-对称，所以()f x 关于直线2x =-对称；即有()(4)f x f x =--，()(4)f x f x -=-，又()()4f xf x +-=，所以(4)(4)4f x f x --++=，即()(4)4f x f x ++=，所以()4(f x f x =-+，又()4f x f x=--，()(4)(4)f x f x f x -=+=-，所以()(8)f x f x =+，所以()f x 的周期8T =，故 正确； .由 知(2022)(20228)f f =-(202288)(6)(2)4(2)440f f f f =--===-=-=-=，故 正确； .由 知()(4)f x f x -=+所以(2)(2)f x f x +=-+，则(2)f x +为偶函数，故 正确； .当(0,2]x ∈时，()2f x x =+，结合以上知函数图象大致为则()f x 的最大值为4，故 错误.故答案选：.ACD(2022福建联考)已知定义在 上的函数()f x ，对任意实数x 有(4)()f x f x +=-，函数(1)f x +的图象关于直线1x =-对称，若当(0,1]x ∈时()f x x =，则()A. ()f x 为偶函数B. ()f x 为周期函数C. (2023)1f =-D. 当[3,4)x ∈时，()f x =探究2:函数图象识别时不细致致错函数图象是函数性质的直观反映,由函数表达式识别函数图象时由于我们平时形成的一些错误的认识,还有惯性思维,不做深入的研究,导致得出错误的结论.我们在辨别图象时可从奇偶性、单调性、特殊值等方面来排除不合适的，从而得到正确答案.(2022福建联考)函数31()cos (66)31x x f x x x -=-+剟的图象大致为()A. B. C. D.【规范解析】解：函数31()cos (66)31x x f x x x -=-+剟，满足3113()cos()cos ()3113x xx x f x x x f x -----=-==-++，()f x ∴为奇函数，()f x 的图象关于原点对称，排除 ，.B 当x π=时，13()013f πππ-=<+，排除.C 故选.D (2022福建省福州市期中)我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征.观察以下四个图象的特征，试判断与函数()1sin ,(,0)f x x x x x x ππ⎛⎫=--≠ ⎪⎝⎭剟相对应的图象是()A. B. C.D.探究3:比较大小时没有选对方法致错在比较数与式的大小时常利用指数函数、幂函数及对数函数单调性比较大小.若比较指数式与对数式的大小，或同是指数式（对数式）但底数不相同，这些情况下常利用中间量比较大小，常用的中间量是0,1,1-，有时也可借助13,2,22等中间量来比较大小.若两个式子结构比较复杂，但结构类似，这种情况下常利用式子的结构构造函数，然后利用函数单调性比较大小.(2022江苏联考)如果01a <<，那么下列不等式中正确的是()A. 1132(1)(1)a a ->- B. (1)log (1)0a a -+>C. 32(1)(1)a a ->+D. 1(1)1a a +->【规范解析】解：由题意 01a <<，所以()()10,1a -∈，()()11,2a +∈，得()1xy a =-为R 上的减函数，又1123>，所以()()113211a a ->-，10(1)(1=)1a a a +-<-而(1)log a y x -=单调递减，(1)(1)log (1)log 1=0a a a --+<， 32(1)1(1)a a -<<+，故选：.A(2022安徽省池州市单元测试)已知函数(2)y f x =-的图象关于直线2x =对称，在(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递增．若ln3(4)a f =，(2)eb f -=，1(ln)(c f π=其中e 为自然对数的底数，π为圆周率)，则a ，b ，c 的大小关系为()A. a c b >>B. a b c >>C. c a b >>D. c b a >>探究4:混淆两类切线致错求曲线的切线方程一定要注意区分“过点A 的切线方程”与“在点A 处的切线方程”的不同．虽只有一字之差,意义完全不同,“在”说明这点就是切点,“过”只说明切线过这个点,这个点不一定是切点,求曲线过某点的切线方程一般先设切点把问题转化为在某点处的切线,求过某点的切线条数一般也是先设切点,把问题转化为关于切点横坐标的方程实根个数问题.(2022山东模拟)已知直线y kx =是曲线x y e =的切线，也是曲线ln y x m =+的切线，则实数k =__________，实数m =__________. 【规范解析】解：设y kx =与x y e =和ln y x m =+的切点分别为11(,)x x e ，22(,ln )x x m +，x y e =的导数xy e '=，1x e k ∴=，且11x k x e=，解得11x =，k e ∴=；ln y x m =+的导数1y x'=，21k e x ∴==，21x e ∴=，又22ln kx x m =+，11ln 2.m e e e∴=⨯-=故答案为 ；2.(2022河南信阳月考)若曲线2y x =与ln()y x a =-有一条斜率为2的公切线，则()a =A. 1ln 22- B. 1ln 22C. ln 2-D. ln 2探究5:混淆导数与单调性的关系致错研究函数的单调性与其导函数的关系时一定要注意:一个函数的导函数在某个区间上单调递增(减)的充要条件是这个函数的导函数在此区间上恒大(小)于等于0,且导函数在此区间的任意子区间上都不恒为零.若研究函数的单调性可转化为解不等式()()()()1200a x x x x x --><>或0,首先根据a 的符号进行讨论,当a 的符号确定后,再根据12,x x 是否在定义域内讨论,当12,x x 都在定义域内时在根据12,x x 的大小进行讨论.(2022福建省福州市期中)已知函数()ln nx f x x mx xe =+-(1)当0n =时，讨论函数()f x 在区间(0,3)的单调性【规范解析】解：(1)当0n =时，函数()ln (03)f x x mx x x =+-<<，1(1)1()1m x f x m x x-+'=+-=当1m …时，(0,3)x ∈，()0f x '>，()f x ∴在(0,3)上单调递增， 当1m <时，令1()0,1f x x m'==-， ①当131m <-时，即23m <时， 由()0f x '>得：101x m <<-，由()0f x '<得：131x m<<-， ∴当23m <时，函数()f x 在1(0,)1m -上单调递增，在1(,3)1m-上单调递减. ②当131m-…时，即213m <…时，由03,()0x f x <<'>得03x <<，∴当213m <…时，函数()f x 在(0,3)上单调递增，综上所述：当23m …时，函数()f x 在(0,3)上单调递增；当23m <时，函数()f x 在1(0,)1m -上单调递增，在1(,3)1m -上单调递减.(2022河北联考)已知函数()ln sin f x a x x x =-+，其中a 为非零常数．(1)若函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，求a 的取值范围；探究6:混淆导数与极值的关系致错对于可导函数f (x )：x 0是极值点的充要条件是在x 0点两侧导数异号,且0()0f x '=,即0()0f x '=是x 0为极值点的必要而不充分条件.对于给出函数极大(小)值的条件,一定要既考虑0()0f x '=,又考虑检验“左正右负”或“左负右正”,防止产生增根．(2022河北省张家口市期中)已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图，则下列叙述正确的是()A. 函数()f x 只有一个极值点B. 函数()f x 满足(4)(1)f f -<-，且在4x =-处取得极小值C. 函数()f x 在2x =处取得极大值D. 函数()f x 在(),4-∞-内单调递减【规范解析】解：由导函数的图象可得，当2x <时，()0f x '≥，函数()f x 单调递增；当2x >时，()0f x '<，函数()f x 单调递减.所以函数()f x 的单调递减区间为()2,+∞， 只有当2x =时函数取得极大值，无极小值. 故选：.AC(2022湖南联考)已知函数()(3)2.x f x x e x -=++(1)证明：()f x 恰有两个极值点;探究7:函数零点与方程的根不会转化致错确定函数零点所在区间、零点个数或已知函数零点情况求参数，常通过数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题，所以研究函数与方程问题不要得“意”忘“形”.(2022河北期中)已知函数,()e ,x xx a f x x x a⎧⎪=⎨⎪<⎩…，若存在不相等的1x ，2x ，3x ，满足123()()()f x f x f x ==，则实数a 的取值范围是__________.【规范解析】解：由题意可知，对于()xx f x e=，则1().x xf x e -'=当1x <时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x >时，()0f x '<，()f x 单调递减，当1x =时，函数()f x 取得最大值为1(1)f e =，如图，分别画出函数x xy e =和y x =在 上的图象，用一条平行于x 轴的直线y m =截图象，有3个交点时，即存在1x ，2x ，3x ，使得123()()()f x f x f x m ===，当(1,)a ∈+∞或(,0]a ∈-∞时，最多有2个交点，所以不成立;当(0,1)a ∈时，存在3个交点，所以a 的取值范围是(0,1). 故答案为：(0,1)(2022福建月考)函数()ln (),0()(2),(0)x x f x x x x ⎧-<=⎨-⎩…，若关于x 的方程22()()10f x af x -+=有6个不相等的实数根，则a 的取值范围是__________.专题升华函数的定义域是研究函数图象与性质的第一要素，性质是函数的基本属性，图象是其性质的外在表现；把握各性质的定义和等价表达式是根本；导数是研究函数性质的的根本工具，遇到参数时要紧记“分类讨论”；导函数图象与原函数图象的关系不能混淆！复合函数要会分解，定义域先行，内层函数的值域是外层函数的定义域，要清醒对待两者的身份！【答案详解】变式训练1【答案】.ABD【解析】由函数(1)f x +的图象关于直线1x =-对称可知，函数()f x 的图象关于 轴对称， 故()f x 为偶函数.选项 正确;由(4)()f x f x +=-，得(44)(4)()f x f x f x ++=-+=，()f x ∴是周期8T =的偶函数，(2023)(25381)(1)(1) 1.f f f f ∴=⨯-=-==选项 正确，选项 错误;设[3,4)x ∈，则4[1,0),4(0,1],x x -∈--∈()f x 为偶函数，(4)(4)f x f x ∴-=-，由(0,1]x ∈时，()f x =，得(4)(4.f x f x -=--又(4)()f x f x +=-，()(4)f x f x ∴=--=选项 正确.故选：.ABD变式训练2【答案】【解析】因为()1sin ,(,0)f x x x x x x ππ⎛⎫=--≠ ⎪⎝⎭剟，所以()()1sin f x x x f x x ⎛⎫-=-+=- ⎪⎝⎭，所以()f x 为奇函数，其图象关于原点中心对称，故排除 、 选项； 又0x π<<时，()10f =，令6x π=，则6sin 0666f ππππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故排除 选项.故选：.D变式训练3【答案】【解析】根据题意，函数(2)y f x =-的图象关于直线2x =对称，则函数()f x 的图象关于 轴对称，即函数()f x 为偶函数，满足()()f x f x -=，则1(l n )(l n )c f f ππ==，ln31444ln ln 120e e π->=>>=>>， 又由(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递增，则有a c b >>；故选：.A变式训练4【答案】【解析】由2y x =得2y x '=，令22y x '==，解得1x =，由点斜式得切线方程：12(1)y x -=-，即21y x =-，由l n ()y x a =-，得1y x a '=-，令12y x a '==-，解得12x a =+，代入ln()y x a =-得：ln 2y =-，将1(,ln 2)2a +-代入21y x =-，得：11ln 22()1ln 222a a -=+-⇒=-，故选：.A变式训练5【解析】(1)由题知()cos 1(0)af x x x x'=-+>，若0a >，因为0x >，1cos 0x -…，则()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，若0a <，则当0,2a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2a x <-，从而11 / 11 ()2cos 1(1cos )0f x x x '<--+=-+…，所以()f x 在0,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，不满足题意，综上分析，a的取值范围是(0,).+∞变式训练6【解析】(1)证明：依题意()f x 的定义域为 ，()(2)2x f x x e -'=-++，令()(2)2x m x x e -=-++，()(1).x m x x e -'=+当(1,)x ∈-+∞时，()0m x '>，所以()f x '在(1,)-+∞单调递增；当(,1)x ∈-∞-时，()0m x '<，所以()f x '在(),1-∞-单调递减．又因为(1)20f e '-=-<，(0)0f '=，(2)20f '-=>，所以()f x '在(),1-∞-恰有1个零点0x ，在()1,-+∞恰有1个零点0，且当0(,)x x ∈-∞时，()0f x '>，当0(,0)x x ∈时，()0f x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0.f x '>所以()f x 在0(,)x -∞单调递增，在0(,0)x 单调递减，在(0,)+∞单调递增．所以()f x 恰有一个极大值点0x 和一个极小值点0，即()f x 恰有两个极值点．变式训练7【解析】函数()f x 的图象如图所示，令()t f x =，结合图象可知，若关于x 的方程22()()10f x af x -+=有6个不等的实数根，则关于 的方程2210t at -+=在[0,1)有两个不等实数根，因为221y t at =-+的图象过点(0,1)，则280014210a a a ⎧∆=->⎪⎪<<⎨⎪-+>⎪⎩，解得3.a <<故答案为：。

导数14 大题(单调性分类讨论)2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

导数14 大题(单调性分类讨论)2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编

第1页共22页导数——大题——单调性分类讨论：1.（2022年湖南衡阳八中J27）已知a ∈R ，函数()()ln 1f x x a x =+-，()xg x e =．2.(1)讨论()f x 的单调性；（①）3.(2)过原点分别作曲线()y f x =和()y g x =的切线1l 和2l ，求证：存在0a >，使得切线1l 和2l 的斜率互为倒数；4.(3)若函数()()2h x x a f x =+-的图象与x 轴交于两点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<．设012x x x λμ=+，其中常数λ、μ满足条件1λμ+=，0μλ≥>，试判断函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率的正负，并说明理由．（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）5.（2022年湖南衡阳八中J28）设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R.6.（I ）讨论f (x )的单调性；（②）7.（II ）确定a 的所有可能取值，使得11()xf x e x->-在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。

（单调性分类讨论，简单的二次函数，中下；第二问，未；）8.（2022年湖南永州J30）已知函数()()e xf x a x a =-∈R .9.（1）求()f x 的极值；（③）10.（2）若()21121212e e 0t tat at t t t t ==<<时，()1220t t t λλ-+>恒成立，求实数λ的取值范围．11.（单调性，极值，ex ，分类讨论，中下；第二问，未；）12.（2022年湖南岳阳一中J34）已知函数()()()ln 2f x a x x a R =+-∈.13.（1）讨论()f x 的单调性和最值；（④）14.（2）若关于x 的方程21e ln (0)2xm m m m x =->+有两个不等的实数根12,x x ，求证：122e e x x m+>.15.（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）1.（2022年广东中山三模J25）已知函数()e ()=-∈R x f x ax a ．第2页共22页2.（1）讨论()f x 的单调性．（⑤）（单调性分类讨论，涉及ex ，中下；第二问，未；）3.（2）若0a =，证明：对任意的1x >，都有432()3ln f x x x x x ≥-+．1.（2022年山东泰安J10）已知函数()()ln f x g x x =-.（⑥）2.（1）若函数21()ln 2g x x ax a x =++，讨论()f x 的单调性.3.（2）若函数2211()ln 2g x x x x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，证明：1ln 2()2f x +>.4.（单调性分类讨论，二次函数可因式分解，中下；第二问，未；）5.（2022年山东J53）已知函数()()1ln 0f x a x x x=+>．6.（1）讨论函数()f x 的单调性；（⑦）（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）7.（2）若存在1x ，2x 满足120x x <<，且121x x =+，()()12f x f x =，求实数a 的取值范围．8.（2022年山东聊城一模J40）已知函数()()2ln ,f x ax x g x x nx m =-=-+.9.（1）讨论()f x 的单调性；（⑧）（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）10.（2）当104a <<时，若对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，求证：2ln 4nm <<.11.（2022年山东菏泽一模J37）已知函数()1e xf x ax -=-．12.（1）讨论()f x 的单调性；（⑨）（单调性分类讨论，涉及ex ，中下；第二问，未；）13.（2）若()224a f x x -≥对于任意0x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．1.（2022年山东猜想J54）已知函数()()1ln f x a x a R x=+∈，()21g x x x x =--.2.（1）讨论()f x 的单调性；（⑩）3.（2）若函数()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，且曲线()y F x =在12x x x =第3页共22页方程为()y G x =，求使不等式()()F x G x <成立的x 的取值范围.4.（单调性分类讨论，一次函数，中下；第二问，未；）5.（2022年江苏南京六校联调J03）已知函数x a e x f x)1()(-+=，x x ax x g cos sin )(++=6.（1）求函数)(x f 的最值；（⑪）（单调性分类讨论，最值，涉及ex ，中下；第二问，未；）7.（2）令)()()(x g x f x h -=，求函数)(x h 在区间),4(+∞-π上的零点个数，并说明理由．4.（2022年广东深圳一模J23）已知函数()()22ln 121f x x a x ax =-+-+（a R ∈）．5.（1）求函数()f x 的单调区间；（⑫）6.（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x ．7.（i ）求实数a 的取值范围；8.（ii ）求证：1211a x x +>+（单调性分类讨论，二次函数可因式分解，中下；第二问，未；）①【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率为正．理由见解析．【分析】（1）求出导函数()'f x ，分类讨论确定()'f x 的正负，得单调区间；（2）由导数求得2l 的斜率，从而得1l 的斜率为1e，设()f x 的切点坐标为00(,)x y ，利用导数几何意义得000()y f x x '=得出关于a 的方程，再引入新函数，利用导数证明此方程有正数解；（3）求出()h x ，()h x '，由12()()0h x h x -=得出用12,x x 表示a 的式子，0()h x '中就消去了a ，通过设12x t x =，得到关于t 的函数，而且(0,1)t ∈，利用不等式的性质和导数的知识确定其正负即可．(1)()f x 的定义域是(0,)+∞，1()f x a x'=-，0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞递增，0a >时，10x a <<时，()0f x '>，1x a >时，()0f x '<，()f x 的增区间是1(0,a，减区间是1(,)a+∞．(2)1()f x a x'=-，()e x g x '=，设()g x 的切线方程是y kx =，则e x k =，显然0k >，ln x k =，切点为(ln ,)k k ，于是ln kk k=，解得e =k ，所以2l 的斜率为e ，于是1l 的斜率为1e设()f x 的切点坐标为00(,)x y ，由011e a x -=，0e e 1x a =+，又00()1e f x x =，所以e e 1eln (1)e 1e 1e e 1a a a a +-=⨯+++，整理得ln(e 1)a a =+，设()ln(e 1)G x x x =+-，e e 1e ()1e 1e 1xG x x x --'=-=++，当e 10e x -<<时，()0G x '>，()G x 递增，而(0)0G =，所以e 1()0eG ->，e 1ex ->时，()0'<G x ，()G x 递减，又343(e )ln(e 1)e 580G =+-<-<，所以存在30e 1(,e )ex -∈，使得0()0G x =，因此关于a 的方程ln(e 1)a a =+有正数解．所以存在0a >，使得切线1l 和2l 的斜率互为倒数；(3)2()ln h x x x ax =-+，1()2h x x a x'=-+，因为函数()()2h x x a f x =+-的图象与x 轴交于两2点()1,0A x ，()2,0B x ，且120x x <<．所以2111122222()ln 0()ln 0h x x x ax h x x x ax ⎧=-+=⎨=-+=⎩，两式相减得：22121212(ln ln )()0x x x x a x x ---+-=，121212ln ln ()x x a x x x x -=-+-，1λμ+=01212121()()2()h x h x x a x x x x λμλμλμ''=+=-+++121212ln ln ()x x x x x x -=-+-121212()x x x x λμλμ-+++12121212ln ln 1(21)()x x x x x x x x λλμ-=--+--+因为1λμ+=，0μλ≥>，所以210λ-≤，又120x x <<，120x x -<，所以12(21)()0x x λ--≥，下面考虑121212ln ln 1x x x x x x λμ---+即112212ln x x x x x x λμ--+的符号，令12(0,1)x t x =∈，1122121ln ln x x x t t x x x t λμλμ---=-++，设1()ln t H t t t λμ-=-+，(0,1)t ∈，222222222221(1)(21)()()()()()t t t t t t H t t t t t t t λμλλλμμλλμμλμλμλμ+--+-+-++'=-==+++2222(1)()()t t t t λμλμ--=+，因为01,0t λμ<<<≤，所以10t -<，2220t λμ-<，所以()0H t '>在(0,1)上恒成立，所以()H t 在(0,1)上是增函数，所以()(1)0H t H <=，即112212ln0x x xx x x λμ--<+，又120x x -<，所以121212ln ln 10x x x x x x λμ-->-+，所以12121212ln ln 1(21)()0x x x x x x x x λλμ---+->-+，即0()0h x '>，所以函数()h x 在点()()00,M x h x 处的切线斜率为正．【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，导数的几何意义，研究方程根的分布等等，解题关键是掌握转化与化归思想，方程有正数解问题转化为函数有正的零点，这就可结合零点存在定理用导数知识来研究函数的性质，判断函数值的正负，通过换元法，设12x t x =，化不确定为确定，化二元为一元：(0,1)t ∈，转化为研究函数()H t 的正负．本题对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题．②22.（I ）2121'()20).ax f x ax x x x-=-=>(0a ≤当时，'()f x <0，()f x 在0+∞（，）内单调递减.0a >当时，由'()f x =0，有2x a=此时，当x ∈12a（时，'()f x <0，()f x 单调递减；当x ∈1+)2a∞时，'()f x >0，()f x 单调递增.（II ）令()g x =111ex x --，()s x =1e x x --.则'()s x =1e1x --.而当1x >时，'()s x >0，所以()s x 在区间1+)∞（，内单调递增.又由(1)s =0，有()s x >0，从而当1x >时，()f x >0.当0a ≤，1x >时，()f x =2(1)ln 0a x x --<.故当()f x >()g x 在区间1+)∞（，内恒成立时，必有0a >.当102a <<时，2a由（I ）有)(1)02f f a<=,从而(02g a>，所以此时()f x >()g x 在区间1+)∞（，内不恒成立.当12a ³时，令()()()(1)h x f x g x x =-³，当1x >时，3212222111112121()2e 0xx x x x h x ax x x x x x x x x --+-+¢=-+->-+-=>>，因此，()h x 在区间(1,)+¥单调递增.又因为(1)=0h ，所以当1x >时，()()()0h x f x g x =->，即()()f x g x >恒成立.综上，1[,)2a Î+¥③【答案】（1）答案见解析（2）1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】【分析】（1）对()f x 求导得()e 1xf x a '=-，分别讨论0a ≤和0a >时，求不等式()0f x '>，()0f x '<的解集，再由极值的定义可求得结果；（2）()1220t t t λλ-+>恒成立，转化为()()()12121221122112++21122112e e ===e +e e e e e e +e t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t a t t λ---->+--对任意12101lnt t a <<<<恒成立，进一步令21t t m -=，e e m m mλ->-对任意0m >恒成立，令()e e 0m m m h m λ-=-->，分类讨论120λ-≥和120λ-<是否满足()min 0h m >，即可得出答案.【小问1详解】解：函数()e xf x a x =-的定义域为R ，()e 1xf x a '=-，当0a ≤时，()0f x '<在x ∈R 恒成立，()f x 在x ∈R 单调递减，故()f x 无极值；当0a >时，令()e 10xf x a '=-=，则1lnln x a a==-，(),ln x a ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 在(),ln x a ∈-∞-单调递减；()ln ,x a ∈-+∞时，()0f x '>，()f x 在()ln ,x a ∈-+∞单调递增；故()f x 在1lnln x a a==-取极小值，且1ln 1ln f a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，无极大值综上，当0a ≤时，()f x 无极值；当0a >时，()f x 在1ln ln x a a==-取极小值，且1ln 1ln f a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，无极大值.【小问2详解】解：∵()21121212e e 0t t at at t t t t ==<<，∴2121e e 1t t a a t t ==，即22e 0t a t -=且11e 0t a t -=∴()111e 0tf t a t =-=且()222e 0tf t a t =-=，即1t ，2t 为()f x 的两个零点∴由（1）知，当0a >时，()f x 在ln x a =-取极小值，且()ln 1ln 0f a a -=+<，故10ea <<又∵()1e 10f a =-<，∴12101ln t t a<<<<，又∵()1220t t t λλ-+>恒成立，∴1212t t t t λ>+对任意12101ln t t a<<<<恒成立，∵1212e 0e 0t t a t a t ⎧-=⎨-=⎩，∴()2121e e t tt t a +=+，12+221e t t t t a =且2121e e t tt t a -=-∴()()()12121221122112++21122112e e ===e +e e e e e e +e t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t a t t λ---->+--对任意12101ln t t a<<<<恒成立∴令21t t m -=，则0m >，e e m mmλ->-对任意0m >恒成立，则0λ>.∴e e 0m mmλ--->对任意0m >恒成立令()e e 0m mm h m λ-=-->，则()1e +e m m h m λ-'=-当120λ-≥，即12λ≥时，()1e +e 0m m h m λ-'=->恒成立故()h m 在()0,m ∈+∞为单调递增函数，又∵()00h =，∴()0h m >对0m >恒成立当120λ-<，即102λ<<时，()h m '为单调增函数，又∵()1020h λ'=-<，1ln 0h λλ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，∴010,ln m λ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00h m '=，当()00,m m ∈时，()0h m ¢<，故()h m 在()00,m m ∈单调递减∴当()00,m m ∈时，()()00h m h <=，不合题意综上，实数λ的取值范围为1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性求函数的极值及导数在恒成立求参问题中的应用，考查学生的运算求解能力和转化与化归能力.属于综合型、难度大型试题.④【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.（2）利用同构可得原方程即为2e x x m +=有两个不同的实数根12,x x ，结合构造法可证122e e x x m+>成立.【小问1详解】()2122a a x f x x x --'=-=++，其中2x >-若0a ≤，则()0f x ¢<在()2,-+∞上恒成立，故()f x 在()2,-+∞上为减函数，故()f x 无最值.若0a >，当()2,2x a ∈--时，()0f x ¢>；当()2,x a ∈-+∞时，()0f x ¢<；故()f x 在()2,2a --上为增函数，在()2,a -+∞上为减函数，故()max ()2ln 2f x f a a a a =-=-+，()f x 无最小值.【小问2详解】方程21e ln (0)2xm m m m x =->+即为()e ln 2ln 2x m x m x x ++=+++，故()ln ln eln e 2ln 2x mx m x x +++=+++，因为ln y x x =+为()0,+∞上的增函数，所以ln 2e e x m x x m ++==所以关于x 的方程21e ln (0)2xm m m m x =->+有两个不等的实数根12,x x 即为：2e x x m +=有两个不同的实数根12,x x .所以12122e ,2e x xx m x m +=+=，所以()1212e -exx x x m -=，不妨设12x x >，12t x x =-，故()()12121212e e e e e e x x x x x x x x m -+=+-，要证：122e e x x m+>即证()()1212122e e e e x x x x x x m m -+>-，即证()121212e12e 1x x x x x x ---+>-，即证()()e 120e 1ttt t +>>-，即证()()e 12e 20ttt t +>->，设()()e 12e 2tts t t =+-+，则()()e 1e 2e 1e 1t t t ts t t t '=++-=-+，故()e 0ts t t ''=>，所以()s t '在()0,+∞上为增函数，故()()00s t s ''>=，所以()s t 在()0,+∞上为增函数，所以()()00s t s >=，故122e e x xm+>成立.【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.⑤【答案】（1）单调性讨论见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据a 的符号分类讨论即可；（2）考虑x 的取值范围，采用缩放法可以证明.【小问1详解】()'e x f x a =-，当0a ≤时，()'fx >，()f x 是单调递增的；当0a >时，令()'e 0x f x a =-=，得到0ln x a =，当(),ln x a ∈-∞时，()'f x <，()f x 单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，()'f x >，()f x 单调递增；【小问2详解】由题意，1x >时，()4323ln f x x x x x ≥-+等价于()2e 3ln 1x x x x x x≥-+，设()()()'2e 1e ,x x x h x h x x x -==，当1x >时，()'0h x >，()h x 单调递增，()()1e h x h >=…①，设()()'1ln 1,10k x x x k x x=--=->，()k x ∴是增函数，()()ln 110k x x x k =-->=，即1ln ,ln 1x x x x ->->-，()2223ln 1311231x x x x x x x x -+>+-+=-++，()()223ln 1231x x x x x x x -+>-++，令()()23223123p x x x x x x x =-++=-++，()'2661p x x x =-++=66066061212x x ⎛⎫⎛⎫+--- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，当66012x +>时，()'0p x <，当6606601212x +<<时，()'0p x >，66012x +∴=时，()p x 取最大值566013126+=⨯+，608<，566015141382.53126312618∴⨯+<⨯+=<，即()p x 的最大值小于2.5，由①可知，()e h x > 2.5>，∴当1x >时，()()()h x p x k x >>，即()4323ln f x x x x x≥-+；【点睛】本题的第二问要从1x >考虑，因为e xx的最小值就是在1x =取得，对于原不等式，由于导数计算过于复杂，因此考虑对ln x 进行缩放，使得计算比较简单.⑥【答案】（1）当1a ≥时，f (x )在(0,)+∞上单调递增;当1a <时,f (x )在(0,1-a )上单调递减，在(1-a ,+∞)上单调递增；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)由题意可得21()(1)ln 2f x x ax a x =++-，求导，分1a ≥和1a <讨论即可；(2)令()ln h x x x =-，利用导数确定()h x 的单调性并求出最小值，再令2()ln ,0x x x x ϕ=->，利用导数确定()ϕx 的单调性并求出最小值即可得证.【小问1详解】解：因为，所以21()(1)ln 2f x x ax a x =++-，()f x 的定义域为(0,)+∞，1(1)(1)()a x x a f x x a x x-++-'=++=.当1a ≥时，()0,()f x f x ≥'在(0,)+∞上单调递增.当1a <时，若(0,1)x a ∈-，则()0,()f x f x <'单调递减；若(1,)x a ∈-+∞，则()0,()f x f x >'单调递增.综上所述：当1a ≥时，f (x )在(0,)+∞上单调递增;当1a <时,f(x)在(0,1-a )上单调递减，在(1-a,+∞)上单调递增；【小问2详解】证明：211()(ln )ln 2f x x x x x x x ⎡⎤=-+-⎢⎥⎣⎦.设()ln h x x x =-，则1()x h x x=-'.当(0,1)x ∈时，()0,()h x h x <'单调递减；当(1,)x ∈+∞时，()0,()h x h x >'单调递增.所以min ()(1)1,ln 1h x h x x ==-≥，因此222211111(ln )2222x x x x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫-+≥+≥⨯= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，当且仅当1x =时，等号成立.设2()ln ,0x x x x ϕ=->，则221()x x xϕ-'=.当20,2x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0,()x x ϕϕ<'单调递减：当2,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0,()x x ϕϕ>'单调递增.因此min2121ln 2()ln 2222x ϕϕ⎛⎫+==-= ⎪ ⎪⎝⎭，从而1ln 2()()2f x x ϕ+≥≥，则1ln 2()2f x +≥，因为212≠，所以1ln 2()2f x +≥中的等号不成立，故1ln 2()2f x +>.⑦【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；（2）()2,+∞.【解析】【分析】（1）根据a 的正负性，结合导数的性质分类讨论求解即可；（2）根据已知等式构造函数()1ln h t a t t t=+-，利用导数的性质，结合一元二次方程的求解根公式判断该函数的单调性，再通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可.【小问1详解】函数()f x 的定义域为()0,∞+，()21ax f x x -'=．当0a ≤时，()0f x <′，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，令()0f x <′，得10x a <<，令()0f x >′，得1x a>，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增．综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递减；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；【小问2详解】()()21212121211111ln ln ln 0x f x f x a x a x a x x x x x =⇒+=+⇒+-=，又121x x =+，则21212212121121ln 0ln 0x x x x x x x x a a x x x x x x +++-=⇒+-=．令211x t x =>，即方程1ln 0a t t t+-=在()1,+∞上有解．令()1ln h t a t t t=+-，()1,t ∈+∞，则()2211a t t at t h t t t⎛⎫-+ ⎪-+-⎝⎭'==，()1,t ∈+∞．12t t+>，当2a ≤时，()0h t '<，()h t 在()1,+∞上单调递减，又()10h =，则()0h t <在()1,t ∈+∞上恒成立，不合题意；当2a >时，240a ->，令210t at -+-=，可知该方程有两个正根，因为方程两根之积为1且1t >，所以242a a t +-=．当241,2a a t ⎛⎫-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0h t '>，当24,2a a t ⎛⎫+-∈+∞⎪ ⎪⎝⎭时，()0h t '<；则241,2a a t ⎛⎫-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()()10h t h >=，而()()221ee 1e 2eaa a a h aa a =+-<+->．令()()21e2xx x x ϕ=+->，则()2e x x x ϕ'=-，令()()m x x ϕ='，()2e 0xm x '=-<，则()x ϕ'在()2,+∞上单调递减，()()224e 0x ϕϕ'<'=-<，则()x ϕ在()2,+∞上单调递减，()()225e 0x ϕϕ<=-<，即()e0ah <，故存在204,e 2a a a t ⎛⎫+-∈⎪ ⎪⎝⎭，使得()00h t =，故2a >满足题意．综上所述，实数a 的取值范围是()2,+∞．【点睛】关键点睛：根据等式的形式构造新函数，再根据不等式的形式构造新函数是解题的关键.⑧【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出()1()0f x a x x'=->，分0a 和0a >两种情况讨论即可得答案；（2）由（1）根据函数零点存在定理存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，由对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，可得12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，所以1212,x x n x x m +==，又1122ln ,ln ax x ax x ==，所以()()121212ln ln ln ln m x x x x a x x ==+=+，所以2ln 4nm <<等价于()121224x x a x x +<+<，由104a <<，不等式右边易证，左边要证122x x a +>，即证212x x a >-，构造函数2()()p x f x f x a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭即可证明.【小问1详解】解：()f x 的定义域为(0,)+∞，1()f x a x'=-，当0a 时，对于任意的0x >，都有()0f x '<，所以()f x 在(0,)+∞内单调递减；当0a >时，令()0f x '>，解得1x a >；令()0f x '<，解得10x a<<，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增；【小问2详解】证明：因为当10,4a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，又21111ln 1ln 40,(1)0,2ln 0f a f a f a a a a ⎛⎫⎛⎫=+<-<=>=+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，且当()10,x x ∈时，()0f x >，当()12,x x x ∈时，()0f x <，当()2,x x ∈+∞时,()0f x >，因为对于任意的0x >，都有()()0f x g x ，所以12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，所以1212,x x n x x m +==，又因为1122ln ,ln ax x ax x ==，所以()()121212ln ln ln ln m x x x x a x x ==+=+，所以2ln 4n m <<等价于()121224x x a x x +<+<，因为104a <<，所以()12124x x a x x ++<，下面证明：122x x a +>.要证122x x a +>，即证212x x a>-，因为2121,,,()x x f x a a ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内单调递增，所以只需证()212f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，又因为()()12f x f x =，所以也只需证()112f x f x a ⎛⎫>-⎪⎝⎭，设2()()p x f x f x a ⎛⎫=--⎪⎝⎭，则2()()p x f x f x a ⎛⎫'='+'- ⎪⎝⎭222a a x x a =-⎛⎫- ⎪⎝⎭，因为221x x a a⎛⎫-< ⎪⎝⎭，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0p x '<，所以()p x 在10,a ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，又因为10p a ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0p x >，即2()f x f x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，因为110,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()112f x f x a ⎛⎫>- ⎪⎝⎭，所以122x x a +>成立，即()122a x x +>，因此2ln 4n m <<.【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键是根据函数零点存在定理判断存在12110,,,x x a a ∞⎛⎫⎛⎫∈∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()120f x f x ==，从而可得12,x x 也是函数()g x 的两个零点，即12,x x 是方程20x nx m -+=的根，进而将欲证不等式2ln 4nm <<等价转化为证明()121224x x a x x +<+<.⑨【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在(),1ln a -∞+上单调递减，在()1ln ,a ++∞上单调递增（2）122e24ln 2a --≤≤-【解析】【分析】（1）分类讨论0a ≤与0a >两种情况，函数求导即可判断函数的增减区间.（2）将函数代入后化简即可将式子转化为1122e e 2x x ax x ----≤≤-+，对两侧函数分别求导求出最值即可求出实数a 的取值范围.【小问1详解】()1e x f x a-='-①当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(),-∞+∞上单调递增；②当0a >时，令()1e0x f x a --'==，1ln x a =+，当(),1ln x a ∈-∞+时，()0f x '<，()f x 在(),1ln a -∞+上单调递减；当()1ln ,x a ∈++∞时，()0f x '>，()f x 在()1ln ,a ++∞上单调递增；【小问2详解】由()224a f x x -≥，得2212e 42x a a x ax x -⎛⎫≥++=+ ⎪⎝⎭，对于任意0x ≥恒成立，因此1122ee 2x x ax x ----≤≤-+，记()12ex h x x -=-+，由()1211e 02x h x -=-+='，得12ln 2x =+，当[]0,12ln 2x ∈+时，()h x 单调递减，当[]12ln 2,x ∈++∞时，()h x 单调递增，所以()min 12ln 2h x =-，因此24ln 2a ≤-；记()12e x t x x -=--，易知()t x 在调递减，所以()()12max0e t x t -==-，所以122e a -≥-；综上，122e24ln 2a --≤≤-．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．⑩【答案】（1）答案见解析；（2）2a ⎛ ⎝.【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a 进行分类讨论，确定导数符号，进而确定函数的单调性；（2）先对()F x 求导，然后结合极值存在条件可转化为()0F x '=有两个不等正实数解，结合二次方程根的存在条件及方程的根与系数关系及导数几何意义求出切线方程，构造函数()()()h x F x G x =-，结合导数与单调性关系进而可求．【详解】解：（1）()21-='ax f x x ，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，函数()f x 在()0,∞+上单调递减，当0a >时，易得当1x a >时，()0f x '>，当10x a<<时，()0f x '<，故()f x 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，（2）()()()2ln F x f x g x a x x x =+=+-，所以()2221a x x aF x x x x-+'=+-=，0x >，因为()()()F x f x g x =+存在两个极值点1x ，2x ，所以()220x x aF x x-+'==有两个不等正实数解，即220x x a -+=有两个不等式正根，所以18002a a∆=->⎧⎪⎨>⎪⎩，解得108a <<，因为122a x x =，122a x x x ==所以212a F a '=-，ln 22222a a a a a F =+-所以曲线()y F x =在12x x x =处的切线方程为()ln 22122222a a a a a y a x ⎛⎛-+=-- ⎝⎝，即()()321ln 222a a a G x y a x ==-+-，令()()()23ln 22ln 222a a a h x F x G x x a x ax =-=+-+-，()2222220x a x ax ah x xx-+'==>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，且02a h =，故当02ax <<时，()0h x <，即()()F x G x <，故x 的范围2a ⎛ ⎝.【点睛】关键点点睛：解不等式比较常用的方法是构造新函数，研究函数的单调性，明确函数的零点，即可明确不等式何时成立.⑪解析：（1）1)(-+='a e x f x，（1）当−1≥0，即时，得'x >0恒成立，此时函数)(x f 在R 上单调递增，故函数)(x f 在R 上无最大最小值………………………2分○2当−1<0，即<1时，由'x =0，解得=l?(1−p ，当>l?(1−p 时，'x >0，f (x )单调递增当<l?(1−p 时，'x <0，f (x )单调递减所以=l?(1−p 时，f (x )取最小值即)1ln()1(1))1(ln()(min a a a a f x f --+-=-=………………………4分（2）x x e x g x f x h x-+-=-=4sin(2)()()(π，则14cos(2)(-+-='πx e x h x ○1当)43,4(ππ-∈x 时，由)4cos(π+=x y 在区间)43,4(ππ-上单调递减，知：)(x h '在)43,4(ππ-上单调递增，且01)0(<-='h ，01243(43>-+='ππe h ，知：函数)(x h '在)43,4(ππ-上有唯一的零点)43,0(0π∈x 。

(完整版)导数与函数的单调性练习题

(完整版)导数与函数的单调性练习题

2.2.1导数与函数的单调性基础巩固题：1.函数f(x)=21++x ax 在区间（-2，+∞）上为增函数，那么实数a 的取值范围为（ ） A.0<a<21 B.a<-1或a>21 C.a>21D.a>-2答案：C 解析：∵f(x)=a+221+-x a 在(-2,+∞)递增，∴1-2a<0,即a>21.2．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ，若函数f (x )在(0,1)上单调，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥0B ．a <－4C ．a ≥0或a ≤－4D ．a >0或a <－4答案：C 解析：∵f ′(x )＝2x ＋2＋ax ，f (x )在(0,1)上单调， ∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(0,1)上恒成立，即2x 2＋2x ＋a ≥0或2x 2＋2x ＋a ≤0在(0,1)上恒成立， 所以a ≥－(2x 2＋2x )或a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋2x ),0<x <1，可知－4<g (x )<0， ∴a ≥0或a ≤－4，故选C.3．函数f (x )＝x ＋9x 的单调区间为________．答案：(－3,0)，(0,3) 解析：f ′(x )＝1－9x 2＝x 2－9x2，令f ′(x )<0，解得－3<x <0或0<x <3，故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．4 函数32x x y -=的单调增区间为 ，单调减区间为___________________答案：2(0,)3 ； 2(,0),(,)3-∞+∞ 解析： '22320,0,3y x x x x =-+===或 5．确定下列函数的单调区间:(1)y =x 3－9x 2+24x (2)y =3x －x 3 (1)解：y ′=(x 3－9x 2+24x )′=3x 2－18x +24=3(x －2)(x －4) 令3(x －2)(x －4)＞0，解得x ＞4或x ＜2.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调增区间是(4，+∞)和(－∞，2) 令3(x －2)(x －4)＜0，解得2＜x ＜4.∴y =x 3－9x 2+24x 的单调减区间是(2，4)(2)解：y ′=(3x －x 3)′=3－3x 2=－3(x 2－1)=－3(x +1)(x －1) 令－3(x +1)(x －1)＞0，解得－1＜x ＜1. ∴y =3x －x 3的单调增区间是(－1，1).令－3(x +1)(x －1)＜0，解得x ＞1或x ＜－1.∴y =3x －x 3的单调减区间是(－∞，－1)和(1，+∞) 6．函数y ＝ln(x 2－x －2)的单调递减区间为__________．[答案] (－∞，－1) [解析] 函数y ＝ln(x 2－x －2)的定义域为(2，＋∞)∪(－∞，－1)，令f (x )＝x 2－x －2，f ′(x )＝2x －1<0，得x <12，∴函数y ＝ln(x 2－x －2)的单调减区间为(－∞，－1)7．已知y ＝13x 3＋bx 2＋(b ＋2)x ＋3在R 上不是单调增函数，则b 的范围为________．[答案] b <－1或b >2 [解析] 若y ′＝x 2＋2bx ＋b ＋2≥0恒成立，则Δ＝4b 2－4(b ＋2)≤0，∴－1≤b ≤2，由题意b ＜－1或b ＞2.8.已知x ∈R,求证：e x ≥x +1．证明:设f （x ）=e x －x －1,则f ′（x ）=e x －1．∴当x =0时，f ′（x ）=0,f （x ）=0．当x ＞0时，f ′（x ）＞0,∴f （x ）在（0,+∞）上是增函数．∴f （x ）＞f （0）=0． 当x ＜0时，f ′（x ）＜0,f （x ）在（－∞,0）上是减函数，∴f （x ）＞f （0）=0．9．已知函数y =x +x1，试讨论出此函数的单调区间. 解：y ′=(x +x 1)′=1－1·x －2=222)1)(1(1x x x x x -+=- 令2)1)(1(xx x -+＞0. 解得x ＞1或x ＜－1.∴y =x +x 1的单调增区间;是(－∞，－1)和(1，+∞).令2)1)(1(xx x -+＜0，解得－1＜x ＜0或0＜x ＜1. ∴y =x +x1的单调减区间是(－1，0)和(0，1)10．已知函数32()f x x bx cx d =+++的图象过点P （0，2），且在点M （－1，f （－1））处的切线方程为076=+-y x ．（Ⅰ）求函数y=f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数y=f(x)的单调区间． 解：（Ⅰ）由f(x)的图象经过P （0，2），知d=2， 所以,2)(23+++=cx bx x x f .23)(2c bx x x f ++=' 由在M(-1,f(-1))处的切线方程是76=+-y x ， 知.6)1(,1)1(,07)1(6=-'=-=+---f f f 即{{326,23,12 1.0,3.b c b c b c b c b c -+=-=-∴-+-+=-===-即解得 故所求的解析式是 .233)(23+--=x x x x f （Ⅱ）22()36 3.3630,f x x x x x '=----=令2210.x x --=即 解得 .21,2121+=-=x x当;0)(,21,21>'+>-<x f x x 时或 当.0)(,2121<'+<<-x f x 时故)21,()(--∞在x f 内是增函数，在)21,21(+-内是减函数，在),21(+∞+内是增函数． 点拨：本题考查函数的单调性、导数的应用等知识，考查运用数学知识分析问题和解决问题的能力．11.已知函数f(x)=x 3-21x 2+bx+c.(1)若f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，求b 的取值范围;解 （1）)(x f '=3x 2-x+b,因f(x)在（-∞，+∞）上是增函数，则)(x f '≥0.即3x 2-x+b≥0,∴b≥x -3x 2在（-∞，+∞）恒成立.设g(x)=x-3x 2.当x=61时，g(x)max =121,∴b≥121. 12.已知函数f(x)=x(x-1)(x-a)在（2，+∞）上是增函数，试确定实数a 的取值范围.解 f(x)=x(x-1)(x-a)=x 3-(a+1)x 2+ax ∴)(x f '=3x 2-2(a+1)x+a 要使函数f(x)=x(x-1)(x-a)在（2,+∞)上是增函数，只需)(x f '=3x 2-2(a+1)x+a 在（2，+∞）上满足)(x f '≥0即可.∵)(x f '=3x 2-2(a+1)x+a 的对称轴是x=31+a ,∴a 的取值应满足：⎪⎩⎪⎨⎧≥'≤+0(2)231f a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+'>+0)31(231a f a 解得:a≤38.∴a 的取值范围是a≤38.13．已知函数 232()4()3f x x ax x x R =+-∈在区间[]1,1-上是增函数，求实数a 的取值范围．解：'2()422f x ax x =+-，因为()f x 在区间[]1,1-上是增函数，所以'()0f x ≥对[]1,1x ∈-恒成立，即220x ax --≤对[]1,1x ∈-恒成立，解之得：11a -≤≤所以实数a 的取值范围为[]1,1-．点拨：已知函数的单调性求参数的取值范围是一种常见的题型，常利用导数与函数单调性关系：即“若函数单调递增，则'()0f x ≥；若函数单调递减，则'()0f x ≤”来求解，注意此时公式中的等号不能省略，否则漏解．14.已知函数d ax bx x x f +++=23)(的图象过点P （0，2），且在点M （－1，)1(-f ）处的切线方程076=+-y x ，（1）求函数)(x f y =的解析式；（2）求函数)(x f y =的单调区间。

高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性

高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性

高考数学考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的单调性【考点梳理】函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则(1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数．【考点突破】考点一、判断或证明函数的单调性【例1】已知函数已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，讨论f(x)的单调性.[解析] f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若a>0，则当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.【类题通法】用导数判断或证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤(1)一求．求f′(x)；(2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号；(3)三结论．作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．【对点训练】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)，试讨论f(x)的单调性．[解析] f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)＞0，x∈时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减.考点二、求函数的单调区间【例2】已知函数f(x)＝－aln x，a∈R，求f(x)的单调区间．[解析] 因为f(x)＝－aln x，所以x∈(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.。

高考数学复习练习题导数与函数的单调性理

高考数学复习练习题导数与函数的单调性理

课时作业(十四)第14讲导数与函数的单调性时间/ 45分钟分值/ 100分基础热身1.函数f(x)=x2-sin x,x∈(0,π2)的单调递减区间是()A.(0,π6)B.(0,π3)C.(π6,π2)D.(π3,π2)2.下列函数中,在(0,+∞)上为增函数的是()A.f(x)=sin 2xB.g(x)=x3-xC.h(x)=x e xD.m(x)=-x+ln x图K14-13.已知函数y=-xf'(x)的图像如图K14-1所示,其中f'(x)是函数f(x)的导函数,则函数y=f(x)的大致图像可以是()A BC D图K14-24.对于R上可导的任意函数f(x),若满足(1-x)f'(x)≥0,则必有()A.f(0)+f(2)<2f(1)B.f(0)+f(2)≤2f(1)C.f(0)+f(2)>2f(1)D.f(0)+f(2)≥2f(1)5.[2019·贵港联考]若函数f(x)=kx-2ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是.能力提升6.[2019·甘肃静宁一中模拟] 已知函数f (x )=x 2+xx ,若函数f (x )在[2,+∞)上单调递增,则实数a 的取值范围为 ( )A .(-∞,8)B .(-∞,16]C .(-∞,-8)∪(8,+∞)D .(-∞,-16]∪[16,+∞)7.[2018·浙江台州中学模拟] 当0<x<1时,f (x )=ln xx,则下列大小关系正确的是 ( )A .[f (x )]2<f (x 2)<f (x ) B .f (x 2)<[f (x )]2<f (x ) C .f (x )<f (x 2)<[f (x )]2D .f (x 2)<f (x )<[f (x )]28.已知m 是实数,函数f (x )=x 2(x-m ),若f'(-1)=-1,则函数f (x )的单调递增区间是 ( ) A .(-∞,-43),(0,+∞) B .(-∞,-43)∪(0,+∞)C .(-43,0)D .(0,43)9.已知在R 上可导的函数f (x )的导函数为f'(x ),满足f'(x )<f (x ),且f (x+5)为偶函数,f (10)=1,则不等式f (x )<e x 的解集为 ( ) A .(0,+∞) B .(1,+∞) C .(5,+∞) D .(10,+∞)10.[2018·西宁二模] 设函数f'(x )是定义在(0,π)上的函数f (x )的导函数,且f'(x )cosx-f (x )sin x>0.若a=12f (π3),b=0,c=-√32f (5π6),则a ,b ,c 的大小关系是 ( )A .a<b<cB .b<c<aC .c<b<aD .c<a<b11.[2018·包头一模] 已知函数f (x )=2x 3-4x+2(e x -e -x ),若f (5a-2)+f (3a 2)≤0,则实数a 的取值范围是 ( )A.[-13,2]B.[-1,-23]C.[23,1]D.[-2,13]12.[2018·无锡期末]若函数f(x)=(x+1)2|x-a|在区间[-1,2]上单调递增,则实数a的取值范围是.13.[2018·唐山模拟]已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)=4,且f(x)的导函数f'(x)<3,则不等式f(ln x)>3ln x+1的解集为.14.(12分)已知函数f(x)=12ax2+2x-ln x(a∈R).(1)当a=3时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)存在单调递增区间,求实数a的取值范围.15.(13分)[2019·日照期中]已知函数f(x)=kx-xx-2ln x.(1)若函数f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为2x+5y-2=0,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,+∞)上为增函数,求实数k的取值范围.难点突破16.(5分)[2018·昆明一模]已知函数f(x)=(x2-2x)e x-a ln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,则a的最大值是()A.-eB.eC.-e22D.4e217.(5分)已知函数f(x)=x-2(e x-e-x),则不等式f(x2-2x)>0的解集为.课时作业(十四)1.B [解析] f'(x )=12-cos x ,x ∈(0,π2),令f'(x )<0,得x ∈(0,π3),故f (x )在(0,π2)上的单调递减区间为(0,π3),故选B .2.C [解析] 显然f (x )=sin 2x 在(0,+∞)上不是增函数,不符合题意. 由g'(x )=3x 2-1<0,得-√33<x<√33,所以g (x )=x 3-x 在(-√33,√33)上单调递减,不符合题意. 因为h'(x )=(x+1)e x,所以当x>0时,h'(x )>0,所以h (x )=x e x在(0,+∞)上单调递增,符合题意.由m'(x )=-1+1x <0,得x>1,所以m (x )=-x+ln x 在(1,+∞)上单调递减,不符合题意. 故选C .3.A [解析] 由函数y=-xf'(x )的图像可得: 当x<-1时,f'(x )<0,f (x )是减函数; 当-1<x<0时,f'(x )>0,f (x )是增函数; 当0<x<1时,f'(x )>0,f (x )是增函数; 当x>1时,f'(x )<0,f (x )是减函数.由此得到函数y=f (x )的大致图像可以是选项A . 4.B [解析] (1-x )f'(x )≥0.若f'(x )=0恒成立,则f (x )为常函数,则f (0)+f (2)=2f (1). 若f'(x )=0不恒成立,则当x<1时,f'(x )≥0,f (x )单调递增,当x>1时,f'(x )≤0,f (x )单调递减,∴f (0)<f (1),f (2)<f (1), ∴f (0)+f (2)<2f (1).故选B .5.[2,+∞) [解析] 因为f (x )=kx-2ln x ,所以f'(x )=k-2x .因为f (x )在区间(1,+∞)上单调递增,所以f'(x )=k-2x ≥0在区间(1,+∞)上恒成立,即k ≥2x 在区间(1,+∞)上恒成立.因为当x ∈(1,+∞)时,0<2x <2,所以k ≥2. 6.B [解析] 因为f (x )=x2+x x 在[2,+∞)上单调递增,所以f'(x )=2x-x x 2=2x 3-xx 2≥0在[2,+∞)上恒成立,则a ≤2x 3在[2,+∞)上恒成立,所以a ≤16.故选B . 7.D [解析] 由0<x<1得0<x 2<x<1.易得f'(x )=1-ln xx 2,根据对数函数的单调性可知,当0<x<1时,1-ln x>0,从而可得f'(x )>0,函数f (x )在(0,1)上单调递增,所以f (x 2)<f (x )<f (1)=0, 又[f (x )]2=(ln x x)2>0,所以f (x 2)<f (x )<[f (x )]2,故选D .8.A [解析] f'(x )=2x (x-m )+x 2,∵f'(-1)=-1,∴-2(-1-m )+1=-1,解得m=-2,∴f'(x )=2x (x+2)+x 2. 令2x (x+2)+x 2>0,解得x<-43或x>0,∴函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-43),(0,+∞).9.A [解析] 设g (x )=x (x )e x,则g'(x )=x '(x )-x (x )e x,由f'(x )<f (x )得g'(x )<0,∴g (x )在R 上是减函数.∵f (x+5)是偶函数,∴f (x )的图像关于直线x=5对称, ∴f (0)=f (10)=1,∴g (0)=x (0)e 0=1.由f (x )<e x ,得x (x )e x<1,即g (x )<g (0).又g (x )在R 上是减函数,∴x>0,即f (x )<e x的解集为(0,+∞). 10.A [解析] 令g (x )=cos x ·f (x ).因为f'(x )cos x-f (x )sin x>0在(0,π)上恒成立, 所以g'(x )=f'(x )cos x-f (x )sin x>0在(0,π)上恒成立, 所以g (x )在(0,π)上单调递增, 所以g (π3)<g (π2)<g (5π6),即12f (π3)<0<-√32f (5π6),即a<b<c ,故选A .11.D [解析] 由函数f (x )=2x 3-4x+2(e x -e -x),可得f (-x )=2(-x )3-4(-x )+2(e -x -e x )=-[2x 3-4x+2(e x -e -x)]=-f (x ), 所以函数f (x )为奇函数.f'(x )=6x 2-4+2(e x +1e x ),因为e x +1e x ≥2√e x ·1e x =2,当且仅当x=0时取等号,所以f'(x )≥0,所以函数f (x )为R 上的增函数.因为f (5a-2)+f (3a 2)≤0,所以f (3a 2)≤-f (5a-2)=f (2-5a ), 所以3a 2≤2-5a ,即3a 2+5a-2≤0,解得-2≤a ≤13,故选D .12.(-∞,-1]∪[72,+∞) [解析] 由已知可得f (x )={(x +1)2(x -x ),x <x ,(x +1)2(x -x ),x ≥x .当x ≥a 时,f'(x )=(x+1)(3x-2a+1),由题意知需满足2x -13≤-1,∴a ≤-1;当x<a时,f'(x )=-(x+1)(3x-2a+1),由题意知需满足2x -13≥2,∴a ≥72.综上可知a ∈(-∞,-1]∪[72,+∞).13.(0,e) [解析] 设g (x )=f (x )-3x ,则g'(x )=f'(x )-3<0,所以函数g (x )在R 上单调递减. 将不等式变形为f (ln x )-3ln x>4-3,即g (ln x )>g (1), 由g (x )的单调性可得ln x<1,解得0<x<e .14.解:(1)当a=3时,f (x )=32x 2+2x-ln x ,其定义域为(0,+∞), 所以f'(x )=3x+2-1x =(3x -1)(x +1)x.易知当x ∈(0,13)时,f'(x )<0,f (x )单调递减; 当x ∈(13,+∞)时,f'(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )的单调递减区间为(0,13),单调递增区间为(13,+∞). (2)f (x )=12ax 2+2x-ln x (a ∈R)的定义域为(0,+∞),f'(x )=ax+2-1x =xx 2+2x -1x(a ∈R).因为函数f (x )存在单调递增区间,所以f'(x )>0在区间(0,+∞)上有解, 即ax 2+2x-1>0在区间(0,+∞)上有解. 分离参数得a>1-2xx 2,令g (x )=1-2xx 2,则只需a>g (x )min 即可.因为g (x )=1-2xx 2=(1x -1)2-1,所以g (x )min =-1,即所求实数a 的取值范围为(-1,+∞).15.解:(1)f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=k+x x 2-2x =xx 2-2x +xx 2. 由题意可知f'(1)=2k-2=-25,解得k=45,所以f'(x )=4x 2-10x +45x 2=2(2x -1)(x -2)5x 2.由f'(x )>0,得0<x<12或x>2,由f'(x )<0,得12<x<2,所以函数f (x )的单调递增区间是(0,12),(2,+∞),单调递减区间是(12,2). (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞),要使函数f (x )在定义域内为增函数,只需f'(x )≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即kx 2-2x+k ≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即k ≥2xx 2+1在区间(0,+∞)上恒成立. 令g (x )=2xx 2+1,x ∈(0,+∞),则g (x )=2x +1x≤1,当且仅当x=1时取等号,所以k ≥1,即实数k 的取值范围为[1,+∞).16.A [解析] 因为函数f (x )=(x 2-2x )e x-a ln x (a ∈R), 所以f'(x )=e x (x 2-2x )+e x(2x-2)-xx=e x (x 2-2)-x x.因为函数f (x )=(x 2-2x )e x-a ln x (a ∈R)在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f'(x )=e x (x 2-2)-x x≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a ≤e x (x 3-2x )在区间(0,+∞)上恒成立. 令h (x )=e x (x 3-2x ),则h'(x )=e x (x 3-2x )+e x (3x 2-2)=e x (x 3-2x+3x 2-2)=e x (x-1)(x 2+4x+2). 因为x ∈(0,+∞),所以x 2+4x+2>0,e x>0, 令h'(x )>0,可得x>1;令h'(x )<0,可得0<x<1.所以函数h (x )在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减. 所以h (x )min =h (1)=e 1(1-2)=-e, 所以a ≤-e .17.(0,2)[解析] 由函数的解析式可得f'(x)=1-2(e x+e-x),因为e x+e-x≥2√e x·e-x=2,当且仅当e x=e-x,即x=0时等号成立, 所以f'(x)=1-2(e x+e-x)≤-3,则函数f(x)是R上的减函数.因为f(0)=0,所以原不等式等价于f(x2-2x)>f(0),结合函数f(x)的单调性可得x2-2x<0,解得0<x<2,即不等式的解集为(0,2).。

(完整版)导数与函数单调性

(完整版)导数与函数单调性

a 0
a 0
4
4a 2
0
a
1或a
1
a
1
当a 1时f ( x)在R上单调递增
(2)解：f ( x) ax2 2x a
由题设知f ( x)在(2,)上单调递增
f ( x) 0对x (2,)恒成立，
即ax2 2x a 0在x (2,)上恒成立
a
2 x2
x
1
在x
(2,
)上
恒
5 a 4 时f ( x)在(2, )上单调递增
5
方法总结
（1）已知函数f(x)在某个区间上的单调性， 求参数的取值范围时，将问题转化为导数 f'(x)在区间上大于等于0（或小于等于0） 恒成立。
（2）不等式恒成立问题，可转化为求最值问 题
巩固练习
1. f ( x) x3 ax2 x 6 在(0,1)上单调递减， 求a的 取 值 范 围
x
x
x
令f ( x) 2( x 1)(x 1) 0得 1 x 0或x 1 x
令f ( x) 2( x 1)(x 1) 0得0 x 1或x 1 x
函数f ( x)的单调递增区间是(1,0)和(1,)
函数f ( x)的单调递减区间是(,1)和(0,1)
方法总结
求可导函数f(x)单调区间的一般方法和步骤如下： ⑴确定函数f(x)的定义区间； ⑵求函数f(x)的导数f'(x)； ⑶令f'(x)>0，所得x的范围（区间）为函数f(x) 的单调增区间；令f'(x)<0，得单调减区间.
令f '( x) 0得x
函数的单调递增区间是(,)
综上，当m 0时，单增区间是（1 m,1 m) 单减区间是（- ,1 m）和（1 m， )

14导数、利用导数研究函数的单调性(含答案)

14导数、利用导数研究函数的单调性(含答案)

14导数:利用导数研究函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系2.确定不含参数的函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．3.确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)，并尽量化为乘积或商的形式．(3)令f′(x)＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f′(x)恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a≥1时，f′(x)>0，a≤0时，f′(x)<0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f′(x)的符号确定单调区间．如举例说明中0<a<1时，f′(x)＝0有一个实根练习1.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是( )答案 C解析由y＝f′(x)的图象易得，当x<0或x＞2时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0.所以函数y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，故选C.2.f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．3.函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案 D解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x ＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.4.函数f(x)＝e x－e x，x∈R的单调递增区间是( )A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)答案 D解析 依题意得f ′(x )＝e x －e.由函数导数与函数单调性的关系，得当f ′(x )>0时，函数f (x )单调递增，此时由不等式f ′(x )＝e x －e>0，解得x >1.5．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是___________. 解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x 2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．6．已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ，知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0)．则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0； 当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0.∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)．7.已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 因为f (x )＝x sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0. 又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2， 所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.8.讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性． 解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x .①当a ≥1时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； ③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1－a2a ，＋∞时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫1－a2a ，＋∞上单调递增． 综上所述，当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a2a ，＋∞上单调递增．9.已知函数f (x )＝(x －1)e x －x 2，g (x )＝a e x －2ax ＋a 2－10(a ∈R )．(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数h(x)＝f(x)－g(x)(x>0)的单调性．解(1)由题意，得f′(x)＝x e x－2x，则f′(1)＝e－2.又f(1)＝－1，故所求切线方程为y－(－1)＝(e－2)(x－1)，即y＝(e－2)x＋1－e.(2)由已知，得h(x)＝f(x)－g(x)＝(x－a－1)e x－x2＋2ax－a2＋10.此函数的定义域为(0，＋∞)．则h′(x)＝e x＋(x－a－1)e x－2x＋2a＝(x－a)(e x－2)．①若a≤0，则x－a>0.当0<x<ln 2时，h′(x)<0，当x>ln 2时，h′(x)>0.所以h(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．②若0<a<ln 2，则当0<x<a或x>ln 2时，h′(x)>0.当a<x<ln 2时，h′(x)<0.所以h(x)在(0，a)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．③若a＝ln 2，则h′(x)≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．④若a>ln 2，则当0<x<ln 2或x>a时，h′(x)＞0；当ln 2<x<a时，h′(x)<0.所以h(x)在(0，ln 2)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．10．设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是?解析∵f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0.∴f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)g(x)为奇函数，f(0)g(0)＝0，∴f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．∵f(3)g(3)＝0，∴f(－3)g(－3)＝0.∴f(x)g(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)．11．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x ，a ≠0.(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1x－ax －2，由于h (x )在(0，＋∞)上存在单调递减区间， 所以当x ∈(0，＋∞)时， 1x－ax －2<0有解，即a >1x 2－2x有解．设G (x )＝1x 2－2x，所以只要a >G (x )min 即可．而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1. 又因为a ≠0，所以a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)． (2)因为h (x )在[1,4]上单调递减， 所以当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，即a ≥1x 2－2x 恒成立．由(1)知G (x )＝1x 2－2x，所以a ≥G (x )max ， 而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716，又因为a ≠0，所以a 的取值范围是 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，0∪(0，＋∞)． 12．已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )答案 D解析 当x <0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c <0，知相应的函数f (x )在该区间内单调递减；当x >0时，由导函数f ′(x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可知，导函数在区间(0，x 1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f (x )单调递增．只有D 项符合题意．13．已知函数f (x )＝x 3＋ax ，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”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答案 A解析 当a ≥0时，f ′(x )＝3x 2＋a ≥0，f (x )在R 上单调递增，“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件．故选A.14.已知函数f (x )＝3x ＋2cos x ，若a ＝f (32)，b ＝f (2)，c ＝f (log 27)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．c <a <bC ．b <a <cD ．b <c <a答案 D解析 ∵f (x )＝3x ＋2cos x 的定义域为R ，f ′(x )＝3－2sin x >0，∴f (x )为R 上的单调递增函数．又y ＝log 2x 为(0，＋∞)上的单调递增函数，∴2＝log 24<log 27<log 28＝3.∵y ＝3x 为R 上的单调递增函数，∴32>31＝3，∴2<log 27<3 2.∴f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .15．若函数f (x )＝e x －(a －1)x ＋1在(0,1)上单调递减，则a 的取值范围为( )A．(e＋1，＋∞) B．[e＋1，＋∞)C．(e－1，＋∞) D．[e－1，＋∞)答案 B解析由f(x)＝e x－(a－1)x＋1，得f′(x)＝e x－a＋1.因为函数f(x)＝e x －(a－1)x＋1在(0,1)上单调递减，所以f′(x)＝e x－a＋1≤0在(0,1)上恒成立，即a≥e x＋1在(0,1)上恒成立，令g(x)＝e x＋1，x∈(0,1)，则g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)<g(1)＝e＋1.所以a≥e＋1.所以实数a的取值范围为[e＋1，＋∞)．故选B.16．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)<0，其中f′(x)是函数f(x)的导函数．若2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，则实数m的取值范围为( )A．(0,2019) B．(2019，＋∞)C．(2021，＋∞) D．(2019,2021)答案 D解析令h(x)＝f xx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝xf′x－f xx2.∵xf′(x)－f(x)<0，∴h′(x)<0，∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∵2f(m－2019)>(m－2019)f(2)，m－2019>0，∴f m－2019m－2019>f22，即h(m－2019)>h(2)．∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019<m<2021.∴实数m的取值范围为(2019,2021)．17．已知f(x)＝1＋ln x2ax(a≠0，且a为常数)，求f(x)的单调区间．解因为f(x)＝1＋ln x2ax(a≠0，且a为常数)，所以f′(x)＝－2a ln x2ax2＝－ln x2ax2，x>0.所以①若a>0，当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.即a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．②若a<0，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.即a <0时，函数f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)． 18．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋2x －1.(1)若函数f (x )在区间[1,3]上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在区间[－2，－1]上单调递减，求实数a 的取值范围． 解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋2x －1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋2.(1)因为函数f (x )在区间[1,3]上单调递增，所以f ′(x )≥0在[1,3]上恒成立．即a ≥－3x 2－22x 在[1,3]上恒成立．令g (x )＝－3x 2－22x ，则g ′(x )＝－3x 2＋22x 2，当x ∈[1,3]时，g ′(x )<0，所以g (x )在[1,3]上单调递减，所以g (x )max ＝g (1)＝－52，所以a ≥－52.(2)因为函数f (x )在区间[－2，－1]上单调递减，所以f ′(x )≤0在[－2，－1]上恒成立，即a ≥－3x 2－22x 在[－2，－1]上恒成立，由(1)易知，g (x )＝－3x 2－22x 在[－2，－1]上单调递减，所以a ≥g (－2)，即a ≥72.。

导数与函数的单调性、极值、最值

导数与函数的单调性、极值、最值
因为－e2<－1e，所以 a＝－e2 为所求． 故实数 a 的值为－e2.
[变式训练] (2017·北京卷)已知函数 f(x)＝excos x－x. (1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数 f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值．
解：(1)因为 f(x)＝excos x－x，所以 f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，所以 f′(0)＝0， 所以 y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为 y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令 g(x)＝f′(x)，
考点 2 利用导数求函数的最值(讲练互动) 【例】 (2019·广东五校联考)已知函数 f(x)＝ax＋ln x，其中 a 为常数． (1)当 a＝－1 时，求 f(x)的最大值； (2)若 f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求 a 的值． 解：(1)易知 f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当 a＝－1 时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋1x＝1－x x， 令 f′(x)＝0，得 x＝1. 当 0<x<1 时，f′(x)>0；当 x>1 时，f′(x)<0.
由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1. 此时 f(1)＝3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若 a>12，则当 x∈(1a，2)时，f′(x)<0； 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
②当 a>0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a， 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞) 上单调递增，故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a>0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大 值．

导数与函数的单调性(分层练习)

导数与函数的单调性(分层练习)

导数与函数的单调性（分层练习）[基础训练]1．[2020江西九江十校联考]已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝－1处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )只有一个极值点答案：D 解析：本题考查利用导函数图象研究函数的性质．由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 错误．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 正确．故选D.2．[2020河北武邑中学调研]函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，－1]∪(0,1]D ．[－1,0)∪(0,1]答案：A 解析：f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x (x >0)，令f ′(x )≤0，即2x 2－2x ≤0，解得0<x ≤1.故选A.3．[2020四川乐山模拟]函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上不单调，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3]B ．(－3,1)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)答案：B 解析：因为f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5， 所以f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，如果函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间[－1,2]上单调，那么a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)≤0，f ′(2)≤0，解得a ≥1或a ≤－3， 于是满足条件的a ∈(－3,1)．4．已知m 是实数，函数f (x )＝x 2(x －m )，若f ′(－1)＝－1，则函数f (x )的单调增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0 B.⎝⎛⎭⎪⎫0，43C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－43∪(0，＋∞)答案：C 解析：∵f ′(x )＝3x 2－2mx ， ∴f ′(－1)＝3＋2m ＝－1， 解得m ＝－2，∴f ′(x )＝3x 2＋4x ， 令f ′(x )>0，解得x <－43或x >0，故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－43，(0，＋∞)． 5．f ′(x )是f (x )的导函数，若f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的图象可能是( )答案：C 解析：由导函数的图象可知，当x <0时，f ′(x )>0，即函数f (x )为增函数；当0<x <x 1时，f ′(x )<0，即函数f (x )为减函数；当x >x 1时，f ′(x )>0，即函数f (x )为增函数．观察选项易知C 正确．6．[2016全国卷Ⅰ]若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 答案：C 解析：函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53≥0在(－∞，＋∞)恒成立．设cos x ＝t ，则g (t )＝－43t 2＋at ＋53≥0在[－1,1]恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝－43＋a ＋53≥0，g (－1)＝－43－a ＋53≥0，解得－13≤a ≤13.故选C.7．[2019河南新乡二模]若函数y ＝f (x )ln x 在(1，＋∞)上单调递减，则称f (x )为P 函数．下列函数中为P 函数的是( )①f (x )＝1；②f (x )＝x ；③f (x )＝1x ；④f (x )＝x . A ．①②④ B ．①③ C ．①③④ D ．②③答案：B 解析：x ∈(1，＋∞)时，ln x >0，x 增大时，1ln x ，1x ln x 都减小，∴y ＝1ln x ，y ＝1x ln x 在(1，＋∞)上都是减函数， ∴f (x )＝1和f (x )＝1x 都是P 函数； ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ln x ′＝ln x －1(ln x )2， ∴x ∈(1，e)时，⎝⎛⎭⎪⎫x ln x ′<0，x ∈(e ，＋∞)时，⎝⎛⎭⎪⎫x ln x ′>0，即y ＝xln x在(1，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴f (x )＝x 不是P 函数；⎝ ⎛⎭⎪⎫x ln x ′＝ln x －22x (ln x )2， ∴x ∈(1，e 2)时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ln x ′<0，x ∈(e 2，＋∞)时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ln x ′>0，即y ＝x ln x 在(1，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，∴f (x )＝x 不是P 函数． 故选B.8．[2020贵州黔东南州一模]已知函数f (x )的导函数f ′(x )满足f (x )＋(x ＋1)f ′(x )>0对x ∈R 恒成立，则下列判断一定正确的是( )A ．0<f (0)<2f (1)B ．f (0)<0<2f (1)C ．0<2f (1)<f (0)D ．2f (1)<0<f (0)答案：A 解析：本题考查利用导数研究函数单调性的方法．设F (x )＝(x ＋1)f (x )，则F ′(x )＝(x ＋1)f ′(x )＋f (x )>0，∴F (x )在R 上单调递增，∴F (－1)<F (0)<F (1)，即0<f (0)<2f (1)．故选A.9．[2020陕西渭南质检]已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2的图象经过点M (1,4)，曲线在点M 处的切线恰好与直线x ＋9y ＝0垂直．若函数f (x )在区间[m ，m ＋1]上单调递增，则m 的取值范围是________．答案：(－∞，－3]∪[0，＋∞) 解析：∵f (x )＝ax 3＋bx 2的图象经过点M (1,4)，∴a ＋b ＝4，①f ′(x )＝3ax 2＋2bx ，则f ′(1)＝3a ＋2b .由题意可得f ′(1)·⎝⎛⎭⎪⎫－19＝－1，即3a ＋2b ＝9.②联立①②两式解得a ＝1，b ＝3， ∴f (x )＝x 3＋3x 2，f ′(x )＝3x 2＋6x . 令f ′(x )＝3x 2＋6x ≥0，得x ≥0或x ≤－2. ∵函数f (x )在区间[m ，m ＋1]上单调递增， ∴[m ，m ＋1]⊆(－∞，－2]∪[0，＋∞)， ∴m ≥0或m ＋1≤－2，即m ≥0或m ≤－3.10．[2020贵州贵阳五校联考]若函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．答案：(－1，＋∞) 解析：f ′(x )＝1x －ax －2 ＝－ax 2＋2x －1x. 因为函数f (x )存在单调递减区间， 所以f ′(x )≤0有解．又因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解．①当a >0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线， Δ＝4＋4a >0恒成立，所以ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上有解恒成立；②当a <0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)上恒有解，则⎩⎨⎧Δ＝4＋4a >0，x ＝－1a >0，解得－1<a <0；③当a ＝0时，显然符合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－1，＋∞)．11．若f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (－3)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，f (2)的大小关系是________．答案：f (－3)<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2 解析：函数f (x )为偶函数，因此f (－3)＝f (3)．又f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π时，f ′(x )<0. 所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π上是减函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2>f (2)>f (3)＝f (－3)．12．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________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ 解析：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.[强化训练]1．[2020广东茂名联考]函数f (x )＝e |x |3x 的部分图象大致为( )答案：C 解析：由题意得函数f (x )为奇函数，故排除B ； 又f (1)＝e3<1，故排除A ；当x >0时，f (x )＝e x3x ，所以f ′(x )＝(x －1)e x 3x 2，函数f (x )在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，故排除D.故选C.2．[2020江西南昌联考]已知函数f (x ＋1) 是偶函数，当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ，设a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (3)，c ＝f (0)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．b <a <cB ．c <a <bC ．b <c <aD ．a <b <c答案：A 解析：∵函数f (x ＋1)是偶函数， ∴函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，∴a ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，b ＝f (3)，c ＝f (0)＝f (2)．又∵当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝sin x －x ， ∴当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＝cos x －1≤0， 即f (x )＝sin x －x 在(1，＋∞)上为减函数， ∴b <a <c .3．[2020河南商丘期末]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 )答案：C 解析：令F (x )＝f (x )g (x )，则F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0，所以F (x )在R 上单调递减． 又a <x <b ，所以f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b ).又f (x )>0，g (x )>0， 所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．4．[2020河北衡水调研]设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，且当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0,1)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞)答案：A 解析：设g (x )＝f (x )x ， 则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2. ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0， ∴即当x >0时，g ′(x )恒大于0， ∴当x >0时，函数g (x )为增函数． ∵f (x )为奇函数，∴函数g (x )为定义域上的偶函数． 又g (－1)＝f (－1)－1＝0，∴g (1)＝g (－1)＝0. f (x )>0⇔x ·g (x )>0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x >0，g (x )>g (1)或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，g (x )<g (－1)，解得x >1或－1<x <0.故使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－1,0)∪(1，＋∞)． 5．[2020湖南益阳调研]定义在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，恒有f ′(x )>f (x )tan x 成立，则有( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3B.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>2cos 1·f (1)C ．2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4<6f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6D.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3答案：A 解析：由于f ′(x )>f (x )tan x 且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则f ′(x )cos x －f (x )sin x >0. 设g (x )＝f (x )cos x ，则g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x >0， 所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6cos π6，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3>3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6. 故A 正确．同理可得B ，C ，D 错误．故选A.6．[2020河南名校联盟联考]若函数f (x )＝e x (2x 2－x ＋k )在R 上是增函数，则实数k 的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞ 解析：本题考查由函数单调性求参数范围．由题意，求得函数的导数f ′(x )＝e x (2x 2－x ＋k ＋4x －1)＝e x (2x 2＋3x ＋k －1)．因为函数f (x )在R 上是增函数，则e x (2x 2＋3x ＋k －1)≥0在R 上恒成立，又因为e x >0，所以2x 2＋3x ＋k －1≥0在R 上恒成立，所以Δ＝9－8(k －1)≤0，解得k ≥178，即实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞. 7．设f (x )＝e x (ax 2＋x ＋1)(a >0)，试讨论f (x )的单调性． 解：f ′(x )＝e x (ax 2＋x ＋1)＋e x (2ax ＋1) ＝e x [ax 2＋(2a ＋1)x ＋2] ＝e x (ax ＋1)(x ＋2) ＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)．①当a ＝12时，f ′(x )＝12e x (x ＋2)2≥0恒成立， ∴函数f (x )在R 上单调递增；②当0<a <12时，有1a >2，令f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)>0， 得x >－2或x <－1a ，令f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)<0， 得－1a <x <－2，∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1a 和(－2，＋∞)上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，－2上单调递减； ③当a >12时，有1a <2，令f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)>0，得 x >－1a 或x <－2，令f ′(x )＝a e x ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)<0， 得－2<x <－1a ，∴函数f (x )在(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1a 上单调递减． 8．已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围；(2)若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，求a 的取值范围；(3)若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值．解：(1)因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数， 所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围是(－∞，3]．(2)由题意得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－1<x<1，所以3x2<3，所以a≥3，即当a的取值范围是[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数．(3)由题意知a>0.∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±3a 3，∵f(x)的单调递减区间是(－1,1)，∴3a3＝1，即a＝3.。

导数用于单调性和极值问题

导数用于单调性和极值问题

专题十四、导数用于单调性和极值问题题型一利用导数判断函数的单调性sin x n1.证明：函数f(x)= 在区间7，n上单调递减.x 2题型二利用导数求函数的单调区间2•求下列函数的单调区间.(1) f(x)= x3—x；(2)y = e x—x+ 1.3. 求函数y = x2—In x2的单调区间.题型三已知函数单调性求参数的取值范围a4. 已知函数f(x) = x2+ _(x丸,常数a€ R).若函数f(x)在x€ ［2 , +8)上是单调递增的,x的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3+ bx2+ cx + d的单调减区间为［—1,2］，求b, c的值.(2)设f(x)= ax3+ x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.题型四用单调性与导数关系证不等式16. 当x >0时，证明不等式ln(x+ 1) > x —；x2.n 17. 当0<x<2时，求证：x—sin x<y.题型五、函数的极值问题8.下列函数存在极值的是( )C . y = 3x — 1 29 .设函数 f (x )= '+ In x ,则()x1x = 2为f (x )的极大值点 1x =；为f (x )的极小值点x = 2为f (x )的极大值点 x = 2为f (x )的极小值点10 •若函数y = f (x )是定义在R 上的可导函数，则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 11 .函数y = x e x 的最小值为12 .若函数f (x )= -^(a >0)在［1 ,+R ］上的最大值为」，则a 的值为x 2 + a 3题型六、利用极值求参数范围n 3 n13.已知函数f (x )= a sin x — b cos x 在x = 一时取得极值，则函数 y = f (— x )是()4 4A •偶函数且图象关于点(n, 0)对称 3 nB .偶函数且图象关于点(丁, 0)对称B .y = x 2f '(x o )= 0是x o 为函数y = f (x )的极值点的3 nC•奇函数且图象关于点q-, 0)对称D .奇函数且图象关于点(n, 0)对称14 .已知函数f(x)= x3+ ax2+ bx + c, f(x)在x = 0处取得极值，并且在区间［0,2］和［4,5］上具有相反的单调性.(1) 求实数b的值；(2) 求实数a的取值范围.题型七、导数用于解决实际问题15 .用边长为48cm的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊成铁盒.所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为()A. 6B. 8C. 10 D . 1216 .一工厂生产某型号车床，年产量为N台，分批进行生产，每批生产量相同，每批生产的准备费为C2元，产品生产后暂存库房，然后均匀投放市场(指库存量至多等于每批的生产量).设每年每台的库存费为C1元，求在不考虑生产能力的条件下，每批生产该车床_________ 台，一年中库存费和生产准备费之和最小.题型八、图像问题17.二次函数y= f(x)的图象过原点且它的导函数y=f '(x)的图象是如图所示的一条直线，y=f(x)的图象的顶点在()A •第i象限B.第n象限C .第川象限D .第W象限18.设函数f(x)在定义域内可导，y = f(x)的图象如下图所示，则导函数y= f '(x)的图象可能是( )巩固练习：119.定义域为R的函数f（x）满足f（1）= 1，且f（x）的导函数f '（x）>2，则满足2f （x）<x + 1的X 的集合为（）A . {x|- 1<x<1} B. {x|x<1}C. {x|x< —1 或x>1} D . {x|x>1}n 120 .函数f（x）= sin x+ 2xf'（3）, f '（x）为f（x）的导函数，令a = —；, b = log 32，则下列关系正3 2确的是()A . f(a)>f(b) B. f(a)<f(b)C. f(a) = f(b) D . f(|a|)< f(b)21. 若关于x的方程x3—3x+ m = 0在[0,2]上有根，则实数m的取值范围是()A . [ —2,2] B. [0,2]C. [ —2,0] D . (— s,—2) U (2 ,+^ )1 122. 已知函数f(x) = ax3+ ax2—2ax + 2a +1的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是3 223. 已知函数f(x)= x3—3x，若过点A(1 , m)(m工一2)可作曲线y = f(x)的三条切线，则实数m的取值范围为_________三、解答题24 .求证：x>0 时，1 + 2x<e 2x.x —125.设函数f(x)= a ln x + ，其中a为常数.x +1(1)若a = 0,求曲线y= f(x)在点(1 , f(1))处的切线方程;⑵讨论函数f(x)的单调性.26 .已知矩形的两个顶点位于x轴上，另两个顶点位于抛物线y= 4 —x2在x轴上方的曲线上，求矩形的面积最大时的边长.x a327.已知函数f (x ) = 4 + - — ln x —-，其中a € R ，且曲线y = f (x )在点(1 , f (i))处的切线垂直于 4 X2 1y ="X .(1) 求a 的值；(2) 求函数f (x )的单调区间与极值.28 .设函数 f (x )= e x — ax — 2.(1) 求f (x )的单调区间；(2) 若a = 1 , k 为整数，且当x >0时，(x — k )f '(x ) + x + 1>0，求k 的最大值.专题十四、导数用于单调性和极值问题参考答案x cos x — sin x n1.证明f '(x )= : ，又 x € 一，冗， x 2 2贝U cos x <0 ,「.x cos x — sin x <0 ,n•f(X )<0 ,「.f (x )在；,n 上是减函数.2. 解 (1)f'(x ) = 3x 2 — 1 = (一 3x + 1)( ；3x — 1),令 f '(x )<0，贝U x € — , .3 3• f (x ) = x 3 — x 的单调增区间为—o.令 f '(x )>0 ,则 x € 一 oo,-单调减区间为33，(2)y '毛x — i ，令 y >o ，即 e x — 1>0 ,则 x € (0 ,+^ )；令 y '<0，即 e x —1<0，贝U x € ( — g, 0), .•.y = e x — x + 1的单调增区间(0，+g )，单调减区间为(一g, 0).23.解 •••函数 y = f (x )= x 2— In x 2 的定义域为(—g,0) U (0，+g )，又 f '(x ) = 2x — _ =x2 x 2 — 1 2 x — 1 x + 1x = x ，由上表可知，函数 f (x ) = x 2 — In x 2在区间(一1,0) , (1 ,+g )上单调递增；在区间(一g, —1), (0,1)上单调递减.a 2x 3 — a4.解 f'(x )= 2x — 7 = 2—x 2 x 22x 3— a•/x 2>0 , .2x 3— a >0 , •a W 2x 3在x € [2 ,+g )上恒成立..•.a W (2 X 3)min .•••X € [2 ,+g ), y = 2x 3是单调递增的， .•.(2X 3)min = 16 ,「.a W 16.2x 3— 16当 a = 16 时，f'(x ) = ------- 2— >0(x € [2 ,+g ))有且只有 f'(2) = 0 ,.a 的取值范围是(一x 2g, 16].5. 解 (1) ••函数f (x )的导函数f'(x ) = 3x 2 + 2bx + c ,由题设知—1< x <2是不等式3x 2 + 2bx + c <0的解集.• —1,2是方程3x 2 + 2bx + c = 0的两个实根，2c•-1 +2=-3b ,(一1)x2=3,3即 b = — _, c = — 6.2(2) vf '(x ) = 3ax 2+ 1，且f (x )有三个单调区间, •方程f '(x ) = 3ax 2 + 1 = 0有两个不等的实根, ••A= 02 — 4 x 1 x 3a >0 ，―a <0.要使f (x )在［2 ,+g )上是单调递增的，则f '(x )» 在x € [2 ,+g )时恒成立,x 2>0 在 x € [2 , + g )时恒成立.•••a 的取值范围为(一3 0).16. 审题指导利用导数证明不等式，首先要构造函数f (x ) = ln(x + 1) -x +2x 2，证明f (x )在(0, + 3)上单调增，由f (x )> f (0) = 0证得.1［规范解答］令 f (x ) = ln(x + 1) — x + 2x 2, (4 分) 1 x 2贝U f '(x ) = 一 1 + x = .(6 分)1 + x 1 + x 当 x € (0 ,+3 )时,f '(x ) >0 , •••f(x )在(0，+3)上是增函数.(8分) 于是当 x > 0 时，f (x ) > f (0) = 0 ,1•••当 x >0 时，不等式 In(x + 1) >x — ［x 2成立.(12 分) 1 n7. 证明 设 g (x ) = x — sin x —-x 3, x € 0, 一，6 21 xx —_x 2= 2 sin 2_— 2 2n—,二0 v sin x v x ,2x x「•sin 2；< 2 2，：g '(x ) v 0,n•••g(x)在0, 2上单调递减,1 /.g (x )v g (0) = 0 ,.「x — sin x v 一x 3.6 8. ［答案］D［解析］画出图像即可知 y = x 2存在极值f (0) = 0. 9. ［答案］D［解析］本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题.f '(x )=—爲 + =一(1 — _) = 0 可得 x = 2. x 2 x x x当 0<x <2 时，f '(x )<0 , f (x )递减，当 x >2 时f '(x )>0 , /f (x )单调递增.所以x = 2为极小值点.对于含有对数形式的函数在求导时，不要忽视定义域.g (x ) = 1 — cos •/x € 0 ,当 x < — 1 时，y '<0，当 x > — 1 时 y >0 1「•y min = f (— 1)=——e12.［答案］,：3 — 1x 2 + a — 2x 2a — x 2厂［解析］f'(x ) =;; =2.当 x>- a 时 f'(x )<0 ,x 2 + a 2 x 2 + a 2减的，当一"a<x <” a 时，f '(x )>0 , f (x )在(一"a ，“ a ) 讨=F ，a = ^<1,不合题意.•••Kg = f ⑴=土 =寸，解得 a = 3一 1.13. ［答案］Dn［解析］■•f(x )的图象关于x = 一对称,4n• .f (0) =f (2)，••- b = a ,/•f(x ) = a si n x — b cos x = a s in x + a cos x = 2a si n( x + ；),3 n3 n n 一一— x )= 2a sin( ： — x +；) =2a sin( n —x ) =2a sin x .3 n 显然f ( — x )是奇函数且关于点(n, 0)对称，故选D.4 14.［解析］ ⑴由导数公式表和求导法则得， f '(x ) = 3x 2+ 2ax + b ,10.［答案］［解析］ 如y = x 3, y ' =3x 2, y '|x = o = 0，但x = 0不是函数y = x 3的极值点.11.［答案］［解析］ y '#x + l)e x= 0, x =— 1.f (x )在(-.a ,+^ )上是递上是递增的.当 x = a 时，fC a )因为f (x )在x = 0处取得极值，所以f'(0) = 0 ,即得b = 0.2 2⑵令f '(x )= 0,即卩3x 2+ 2ax = 0，解得x = 0或x = -；a .依题意有一；a >0.3 3 因为函数在单调区间［0,2］和［4,5］上具有相反的单调性，15. ［答案］B［解析］设截去的小正方形的边长为x cm ，铁盒的容积为 V cm 3,由题意，得 V = x (48—2x )2(0< x <24) , V '^2(24 — x )(8 — x ).令 V '=0,则在(0,24)内有 x = 8，故当 x = 8 时，V 有最大值.17. ［答案］Ab+ b ，由 y = f '(x )的图象可知，2a <0 , b >0 ,「.a <0 , b >0,「.一—>0 ,2 a 故选A. 18. ［答案］A［解析］f (x )在(—g, 0)上为增函数，在(0,+^ )上变化规律是减T 增T 减，因此 f '(x )的图象在( — m, 0)上，f (x )>0，在(0，+g )上f '(x )的符号变化规律是负T 正T 负，故选所以应有 22 一产4，解得一6<a <-3.［解析］ N设每批生产x 台，则一年生产二批.一年中库存费和生产准备费之和 y = C i x +C 2N (0< x <N ).xC 2Ny '毛i -=.由 y ' =0 及 0<x <N ，解得x 2(台).根据问题的实际意义， y 的最小值是存在的，且 y '=0有唯一解.故x =C 2N百台是使费用最小的每批生产台数.［解析］设 f (x ) = ax 2 + bx + C ,'••二次函数 y = f (x )的图象过原点，二 c = 0，-f '(x ) = 2ax4ac — b 2 b 2—47°，4aC 2N16.［答案］C iA.19. ［答案］B1 ［解析］令g(x) = 2f(x) —x— 1 ,・.・f '(X)>2，•••g'(x)= 2f (x)—1>0 ,「.g(x)为单调增函数，•••f(l) = 1 ,「.g(l) = 2f(l) —1 —1 = 0,•••当x<1 时，g (x)<0，即2f(x)<x+ 1，故选 B.20. ［答案］An［解析］'-f '(x)= cos x + 2f '( 一),3n n n•••f '(3)= cos 3 +2f‘(3),/•f(x) = si n x —x.又f (x) = cos x— 1 <0, 故f(x)在R上递减.1又'一Fog 32 ,2f 1 <0,•••f(x ) = 0 在［0,2］上有解，•••f 2 >0 ,6322. ［答案］(-5，-石)［解析］f '(x )= ax 2+ ax — 2a = a (x — 1)(x + 2), 由f (x )的图象经过四个象限知，若a >0，贝Uf — 2<0 ,此时无解；若a <0，则f 1 >0 ,23. ［答案］(—3 , — 2)［解析］f '(x )= 3x 2— 3，设切点为 P (X 0, y °)，则切线方程为 y — (x 3— 3x °)= (3x 6 — 3)(x —X 0),T 切线经过点 A (1 , m ),：m — (x 0 — 3x °) = (3x 0 — 3)(1 — X 0),；m = — 2x 3+ 3x 0 — 3 , m z=-6x 0 + 6x 0, •当0< X 0<1时，此函数单调递增，当X 0<0或X 0>1时，此函数单调递减， 当X 0 = 0时，m = — 3，当X 0 = 1时，m = — 2，•当一3< m < — 2时，直线 y = m 与函数y =—2x 3+ 3x 0 — 3的图象有三个不同交点，从而X 0有三个不同实数根，故过点 A (1 , m )可作三条不同切线，• m 的取值范围是(一3, — 2).24. ［分析］禾U 用函数的单调性证明不等式是常用的方法之一，而函数的单调性，可利用其导 函数的符号确定.［解析］设 f (x ) = 1 + 2x — e 2x , 则 f'(x ) = 2 — 2e 2x = 2(1 — e 2x ).当 x >0 时，e 2x >1 , f '(x ) = 2(1 — e 2x )<0 ,m — 2<0,m• —2 <m <2.f — 2 >0 , f 1<0 ,6 3•—5<a <—材，综上知, 6 3 < a < — . 5 16所以函数f(x) = 1 + 2x —e2x在(0,+^ )上是减函数.当 x >0 时，f (x )<f (O) = 0,即当 x >0 时，1 + 2x — e 2x <0，即 1 + 2x <e 2x . 25. ［解析］(1)f (x )的定义域为(0,+^ )a x +1— x — 1 a 2 f '(x ) = _+" 2 = - + - 2x x +1 1 2 3x x + 1 22 1•••a = 0,「.f '(x ) = ―，根据导数的几何意义，所求切线的斜率k = f '(1)=-,I而 f (1) = 0.1•••所求切线方程为y = [(x — 1), 即 x — 2y — 1 = 0.21 ° 当a = 0 时，f '(x )=;>0 ,x + 1•••f(x )在(0,+s )递增.令 g (x ) = ax 2 + 2(a + 1)x + aA = 4( a + 1)2 — 4a 2 = 8a + 4- a + 1—2 a + 12 ° 当 a >0 时，A >0 ,此时 g (x ) = 0 的两根 X 1 =：, X 2 =a—a + 1 +" 2a + 1a■/a>0 ,「.X 1<0 , X 2<0./•g(x )>0 ,：x € (0,—g ),「.f '(x )>0 故f (x )在(0,+s )递增.13°当锐时，A= 8a + 4® 即时，g (x)切，/f 3°.a (2) f '(x )=-x + 12+ 2x x x + 1 2ax 2+ 2 a + 1 x + a1当 A >0，即- 2<a <° 时,•••令 f '(X )>0 , X € (X 1 , X 2),f '(x )<0 , X € (0 , X 1) U (X 2,+^)• ••f(X )在(X 1 , X 2)递增，在(0, X 1)和(X 2 ,+8 )上递减. 综上所述：当a>0时，f (x )在(0,+^ )递增. 1当一2< a <0 时，f (x )在(X 1, X 2)递增,— a + 1+M 2a + 1 — a + 1—yl 2a + 1在(0 ,X 1)禾廿(X 2, +m)递减(其中 X 1 =：,X 2=:).aa1当 a w —2时，f (x )在(0，+m)递减.26. ［分析］如图，设出AD 的长，进而求出|AB |表示出面积S ,然后利用导数求最值.［解析］设矩形边长为 AD = 2x ，则|AB | = y = 4 — x 2，则矩形面积 S = 2x (4 — x 2)(0< x <2), 即 S = 8x — 2x 3 ,「.S'= — 6x 2,X 1 =X 2 =—a +1+ -• 2a+ 1>0—a +1—2a + 1>083时，矩形的面积最大.［点评］本题的关键是利用抛物线方程，求出矩形的另一边长.27.［解析］ ⑴函数f （x ）的定义域为（0,+^ ）,1 a 1f'（x ）= 一一二一一，由导数的几何意义，且切线与1 y = x 垂直. 21 5得「⑴蔦—a - 1 一 2，心=；•令f '(x ) = 0解得x =— 1或5, — 1不在定义域之内故舍去.•••当 x € (0,5) , f '(x )<0 ,「.f (x )在(0,5)递减. 当 x € (5 , +s ), f '(x )>0 ,「.f (x )在(5 , +s )递增. 5 1 3•••f (x )在 x = 5 时取极小值 f (5) = 一+ 一- ln5 —_=— ln5.4 4228.［分析］［解析］(1)f (x )的定义域为(— °°，+^° ),f '(x )= e x — a .若a w 0,则f (x )>0，所以f (x )在(— s,+s )单调递增. 若 a >0，则当 x € (— g, In a )时，f '(x )<0 ; 当 x € (In a ,+g )时，f '(x )>0 ,x 5 3 ⑵由⑴知 f （x ）=4+4；-lnx -2，•f (x )蔦-4x 21 x2 — 4x - 5x 4x 22 — 2令S'=0，解得X 1 =—尸，X 2=—尸（舍去）寸3 寸3S 取得最大值，此时,即矩形的边长分别为所以f (x )在( — g, In a )单调递减，在(In a ,+^ )单调递增.⑵由于 a = 1，所以(x — k )f '(x )+ x + 1 = (x — k )(e x — 1)+ x + 1.故当 x >0 时，(x — k )f '(x )+ x + 1>0 等价于—x e x — 1e x则 g ，(x)=+ 1 =-由(1)知，函数 h (x ) = e x — x —2 在(0，+g )单调递增.而 h (1)<0 , h (2)>0，所以 h (x ) 在(0 , +g )存在唯一的零点.故g '(X )在(0 ,+g )存在唯一的零点.设此零点为a ,则a € (1,2).当 x € (0, a 时，g ((x )<o ； 当 x € ( a , +g )时,g '(x )>0.所以g (x )在(0，+g )的最小值为g ( a). 又由 g ( a)= 0，可得 e a= a + 2 , 所以 g ( a)= a + 1 € (2,3).由于①式等价于 k <g (a)，故整数k 的最大值为2.1•••f (-；)>f (log 32), 即 f (a )> f (b ). 21. ［答案］A［解析］ 令 f (x ) = x 3 — 3x + m ，则 f '(x )= 3x 1 2— 3 = 3(x + 1)(x — 1)，显然当 x < — 1 或x >1 时，f '(x )>0 , f (x )单调递增，当一1< x <1 时，f '(x )<0 , f (x )单调递减，•在 x =— 1 时，f (x ) 取极大值f ( — 1) = m + 2，在x = 1时，f (x )取极小值f (1) = m — 2.故f (x )在(0,+s )递减.x + 1k<L +x(x >0).e x — x —2 e x — 1 2。

第一轮复习14---导数与函数的单调性、极值、最值

第一轮复习14---导数与函数的单调性、极值、最值

1 - k e; k 2时，最小值为
1 2 1 0 a 1时，极大值- a a ln a, 极小值 - ； 2 2 a 1时，无极值； 1 1 2 a 1时，极大值- , 极小值 - a a ln a。 2 2
极值最值 已知函数f x ax2 1a 0 , g x x 3 bx. 当a 3, b 9时，若函数f x g x 在区间 k ,2上的最大值为28，求k的取值范围。
含参数的单调区间
1 3 设函数f x x 1 a x 2 4ax 24a, 3 其中常数a R, 求f x 的单调区间。
含参数的单调区间
已知函数f x e a R，减区间为 。
ln a,，减区间为 , ln a。 a 0时，增区间为
求最值： 求出极值，与端点值比 较。
极值最值
e 设f x , 其中a为正实数. 2 1 ax 4 若a , 求f x 的极值点。 3
3 1 x1 是极小值点， x2 是极大值点。 2 2
x
极值最值
1 2 设a 0,函数f x x a 1x a1 ln x . 2 求函数f x 的极值。
'
是减少的。该区间为函 数的减区间。
单调区间
1 3 设函数f x x 1 a x 2 4ax 24a, 3 其中常数a 1, 求f x 的单调减区间。
2,2a
含参数的单调区间--界点讨论法
界点选取原则： 1，开口 2，△ 3，根的大小 4，根与定义域的关系
单调性下的取值范围
y f x 是区间上的增函数 y f x 是区间上的减函数 f x 0在区间上恒成立。

高考数学复习 第二单元 第14讲 导数与函数的单调性练习 文(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册

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第14讲导数与函数的单调性1.[2018·某某大学附中月考]函数f(x)=x2ln x的单调递减区间为()A.(0,√e)B.(√ee,+∞)C.(-∞,√ee )D.(0,√ee)2.设函数f(x)=x ln x,则f(x) ()A.在(0,5)上是增函数B.在(0,5)上是减函数C.在(0,1e )上是减函数,在(1e,5)上是增函数D.在(0,1e )上是增函数,在(1e,5)上是减函数3.[2018·某某一模]函数y=x+1e x的图像大致为()图K14-14.函数f(x)=xln x的单调递减区间是.5.若函数y=-43x3+ax有三个单调区间,则实数a的取值X围是.6.[2018·某某二模]若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,其中f'(x)是f(x)的导函数,f(0)=5,则不等式e x[f(x)-1]>4(其中e为自然对数的底数)的解集为()A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(3,+∞)7.[2018·某某闽侯二中、连江华侨中学等五校联考]若函数f(x)=x33-x2x2+x+1在区间12,3上单调递减,则实数a的取值X围为()A .(52,103) B .(103,+∞) C .[103,+∞) D .[2,+∞)8.[2018·某某三模] 若函数f (x )=x+xx -a ln x 在区间[1,2]上不单调,则实数a 的取值X 围是()A .(12,43)B .(43,+∞) C .[43,+∞)D .[12,43]9.[2018·某某模拟] 已知定义域为R 的奇函数y=f (x )的导函数为y=f'(x ),当x<0时,xf'(x )-f (x )<0,若a=x (e)e,b=x (ln2)ln2,c=x (-3)-3,则a ,b ,c 的大小关系为 ()A .b<a<cB .a<c<bC .a<b<cD .c<a<b10.[2018·某某模拟] 已知函数f (x )=e x-ln x ,则下面对函数f (x )的描述正确的是 () A .∀x ∈(0,+∞),f (x )≤2 B .∀x ∈(0,+∞),f (x )>2 C .∃a ∈(0,+∞),f (a )=0 D .f (x )min ∈(0,1)11.若函数f (x )=mx 2-ln x-1x 在(1,+∞)上单调递增,则实数m 的取值X 围为. 12.若函数f (x )=ln x+12ax 2-2x 存在单调递减区间,则实数a 的取值X 围为.13.已知函数f (x )=x 3+ax 2+2x-1.(1)若函数f (x )在区间[1,3]上单调递增,某某数a 的取值X 围; (2)若函数f (x )在区间[-2,-1]上单调递减,某某数a 的取值X 围.14.[2018·某某二模] 已知函数f (x )=sin x-x+mx 3(m ∈R).(1)当m=0时,证明:f (x )>-e x;(2)当x ≥0时,若函数f (x )单调递增,求m 的取值X 围.15.[2018·某某模拟] 已知函数f (x )=(x 2-2x )e x-a ln x (a ∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,则a 的最大值是 () A .-eB .eC .-e 22D .4e 216.已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)=1,且f (x )的导函数f'(x )<12,则不等式f (x 2)<x 22+12的解集为.课时作业(十四)1.D[解析] 函数f (x )的定义域为(0,+∞),由题得f'(x )=2x ln x+x=x (2ln x+1),令f'(x )<0,得0<x<√e e,所以函数f (x )的单调递减区间为0,√e e,故选D .2.C[解析]∵f'(x )=ln x+1,∴当0<x<1e时,f'(x )<0,即f (x )在0,1e上是减函数;当1e<x<5时,f'(x )>0,即f (x )在1e,5上是增函数.3.D[解析] 因为y=x +1e x,所以y'=-xe x ,令y'>0,得x<0;令y'<0,得x>0;令y'=0,得x=0.所以y=x +1e x 在(-∞,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数,且x=0是函数的极大值点,故选D .4.(0,1),(1,e)[解析]f (x )的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f'(x )=ln x -1(ln x )2,令f'(x )<0,得0<x<1或1<x<e,即f (x )的单调递减区间是(0,1),(1,e).5.(0,+∞)[解析]y'=-4x 2+a ,因为函数有三个单调区间,所以方程-4x 2+a=0有两个不等实根,则Δ=0+16a>0,解得a>0. 6.A[解析] 设g (x )=e x [f (x )-1],则g'(x )=e x [f (x )-1]+e x f'(x )=e x [f (x )+f'(x )-1],∵f (x )+f'(x )>1,∴g'(x )>0, ∴函数g (x )在R 上单调递增.∵f (0)=5,∴g (0)=4,由e x [f (x )-1]>4,得g (x )>g (0),∴x>0. 故选A .7.C[解析]∵f (x )=x 33-x 2x 2+x+1,∴f'(x )=x 2-ax+1.若函数f (x )在区间12,3上单调递减,则x 2-ax+1≤0在12,3上恒成立,即a ≥x+1x在12,3上恒成立.令g (x )=x+1x,x ∈12,3,则g'(x )=(x +1)(x -1)x 2,令g'(x )>0,得1<x<3,令g'(x )<0,得12<x<1,∴g (x )在12,1上单调递减,在(1,3)上单调递增.又g12=52,g (3)=103,故a ≥103,即实数a 的取值X 围是103,+∞,故选C .8.A[解析]∵f (x )=x+x x -a ln x ,∴f'(x )=1-x x 2-x x =x 2-xx -xx 2.∵f (x )在区间[1,2]上不单调,∴f'(x )=0在(1,2)上有解,即x 2-ax-a=0在(1,2)上有解,即a=x 2x +1=11x 2+1x在(1,2)上有解,设t=1x ,12<t<1,则a=1x 2+x =1(x +12) 2-14在12,1上有解,∴12<a<43,即实数a 的取值X 围是12,43,故选A .9.A[解析] 构造新函数g (x )=x (x )x,则g (x )为偶函数,g'(x )=xx '(x )-x (x )x 2. ∵当x<0时,xf'(x )-f (x )<0,∴g'(x )<0,即函数g (x )在(-∞,0)上单调递减,∴函数g (x )在(0,+∞)上单调递增,结合0<ln2<e <3,可得g (ln2)<g (e)<g (3), ∴g (ln2)<g (e)<g (-3), 即b<a<c.10.B[解析]f (x )=e x-ln x 的定义域为(0,+∞),且f'(x )=e x-1x =x e x -1x.令g (x )=x e x -1,则g'(x )=(x+1)e x>0在(0,+∞)上恒成立, 则g (x )在(0,+∞)上单调递增, 又g (0)·g (1)=-(e -1)<0, 所以∃x 0∈(0,1),g (x 0)=0,则f (x )在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增, 所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0, 又e x 0=1x 0,所以x 0=-ln x 0,所以f (x )min =1x 0+x 0>2.故选B .11.227,+∞[解析]∵f'(x )=2mx-1x+1x 2≥0在(1,+∞)上恒成立,∴m ≥12-1x 3+1x 2在(1,+∞)上恒成立.令y=12-1x 3+1x 2,x ∈(1,+∞),由y'=123x 4-2x 3=0,得x=32,易知当x=32时,y max =227,∴m≥227.12.(-∞,1)[解析]f'(x )=1x +ax-2=xx 2-2x +1x(x>0),函数f (x )存在单调递减区间,即在定义域(0,+∞)内,存在使ax 2-2x+1≤0的区间,等价于a 小于2x -1x 2在(0,+∞)上的最大值.设g (x )=2x -1x 2(x>0),则g'(x )=-2x +2x 3,可知函数g (x )在区间(0,1)上为增函数,在区间(1,+∞)上为减函数,所以当x=1时,函数g (x )取得最大值1,所以a<1,故填(-∞,1).13.解:由f (x )=x 3+ax 2+2x-1,得f'(x )=3x 2+2ax+2.(1)因为函数f (x )在区间[1,3]上单调递增,所以f'(x )≥0在[1,3]上恒成立, 即a ≥-3x 2-22x在[1,3]上恒成立.令g (x )=-3x 2-22x,则g'(x )=-3x 2+22x 2,当x ∈[1,3]时,g'(x )<0,所以g (x )在[1,3]上单调递减,所以g (x )max =g (1)=-52,所以a ≥-52. (2)因为函数f (x )在区间[-2,-1]上单调递减,所以f'(x )≤0在[-2,-1]上恒成立,即a ≥-3x 2-22x 在[-2,-1]上恒成立,由(1)易知,g (x )=-3x 2-22x在[-2,-1]上单调递减,所以a ≥g (-2),即a ≥72.14.解:(1)证明:当m=0时,要证f (x )>-e x,即证e x-x+sin x>0,易知e x -x+sin x ≥e x -x-1,令g (x )=e x-x-1,则g'(x )=e x-1,当x>0时,g'(x )>0,g (x )单调递增, 当x<0时,g'(x )<0,g (x )单调递减,∴g (x )≥g (0)=0.∵取等号的条件不一致, ∴e x -x+sin x>0, ∴f (x )>-e x .(2)依题意知f'(x )=cos x-1+3mx 2≥0(x ≥0)恒成立,令F (x )=cos x-1+3mx 2(x ≥0),则F (0)=0,F'(x )=6mx-sin x.①当m ≥16时,令H (x )=x-sin x (x ≥0),则H'(x )=1-cos x ≥0,所以H (x )在(0,+∞)上单调递增, ∴H (x )≥H (0)=0,因此sin x ≤x (x ≥0),即-sin x ≥-x (x ≥0),∴F'(x )≥6mx-x=(6m-1)x ≥0,F (x )单调递增,∴F (x )≥F (0)=0,符合题意. ②当m ≤0时,Fπ2=-1+3mπ22<0,不符合题意,舍去.③当0<m<16时,设h (x )=F'(x ),则h'(x )=6m-cos x ,h'(0)=6m-1<0,h'π2=6m>0,∴h'(0)·h'π2<0,又h'(x )在0,π2上单调递增,∴存在x 1∈0,π2,使得h'(x 1)=0,∴当x ∈(0,x 1)时,h'(x )<0,则F'(x )在(0,x 1)上单调递减,∴当x ∈(0,x 1)时,F'(x )<F'(0)=0,∴F (x )在(0,x 1)上单调递减,∴F (x )<F (0)=0,不符合题意,舍去. 综上,m ≥16.15.A[解析] 因为函数f (x )=(x 2-2x )e x -a ln x (a∈R),所以f'(x )=e x (x 2-2x )+e x (2x-2)-xx =e x (x 2-2)-xx .因为函数f (x )=(x 2-2x )e x -a ln x (a ∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f'(x )=e x (x 2-2)-xx ≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即a ≤e x(x 3-2x )在区间(0,+∞)上恒成立.令h (x )=e x (x 3-2x )(x>0),则h'(x )=e x (x 3-2x )+e x (3x 2-2)=e x (x 3-2x+3x 2-2)=e x (x-1)(x 2+4x+2).因为x ∈(0,+∞),所以x 2+4x+2>0.又因为e x>0,所以令h'(x )>0,可得x>1,所以函数h (x )在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减,所以h'(x )min =h (1)=e ×(1-2)=-e,所以a ≤-e .16.(-∞,-1)∪(1,+∞)[解析] 由题意构造函数F (x )=f (x )-12x ,则F'(x )=f'(x )-12.因为f'(x )<12,所以F'(x )=f'(x )-12<0,即函数F (x )在R 上单调递减.因为f (x 2)<x 22+12,f (1)=1,所以f (x 2)-x 22<f (1)-12,所以F (x 2)<F (1),所以x 2>1,解得x ∈(-∞,-1)∪(1,+∞).。

2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：14导数与函数的单调性Word版含解析

2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：14导数与函数的单调性Word版含解析

课时作业14导数与函数的单调性一、选择题础巩1.下列函数中，在(0，+*)上为增函数的是(B )A . f(x) = sin2x B. f(x) = xe xC. f(x) = x3—xD. f(x)=- x+lnx解析：对于A, f(x) = sin2x的单调递增区间是Ik T— k n+ f(k € Z);对于B, f f (x) = e x(x + 1),当x€ (0,+乂)时,f f (x)>0，二函数f(x) = xe x 在(0,+乂)上为增函数；对于C, f‘ (x) = 3x1 2- 1,令F (x)>0，得x>¥或x<-¥，二函数f(x) = x3—x 在:-x,—¥和囂^+乂”单调递增；对于Df (x) = —1+〒，令f f (x)>0, 得0<x<1,「.函数f(x) = —x+lnx在区间(0,1)上单调递增.综上所述，故选B.1解析：因为函数f(x)的定义域为(0,+*),且F (x)= lnx+ x^ =zve .3. (2019河南新乡二模)若函数y =芸在(1,+工)上单调递减, 则称f(x)为P函数.下列函数中为P函数的为(B )1① f(x)= 1;② f(x) =X ；③ f(x) =-:④ f(x)= x.zvA .①②④B .①③C .①③④D .②③1 1解析：x €(1,+X )时，inx>o , x 增大时，磁，后都减小，二y1 1 1=磁，y =x^在(1,+^)上都是减函数，f(x) = 1和f(x)=-都是P函数；二耐，二x € (1, e)时，<°，x € (e , + X )时， 孟)>0,即y =击在(1, e)上单调递减，在(e ,+^)上单调递增， /f(x) = x 不是P 函数；紺=翥存* (1，自时，爲’<0, x € @,+切时，啓)>0,即y = ^在(1, e 2)上单调递减，在(e 2, + x )上单调递增，.f(x)= ,x 不是P 函数.故选B.4. 已知函数y =xf ‘ (x)的图象如图所示(其中f ‘(x)是函数f(x)的2 .函数f(x) =3 + xlnx 的单调递减区间是(B )-汽e ) (nBA 0, e 丿C.D. 1 lnx +1,令f f (x)<0，解得0<x<e ,故f(x)的单调递减区间是0, D解析：由题图知当0<x<1时，xf‘ (x)<0,此时f‘ (x)<0,函数f(x)递减.当 x>1 时，xf ‘(x)>0，此时 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,此时 f ‘ (x)>0,函数 f(x)递增，当一1<x<0 时，xf ‘ (x)>0，此时f ‘ (x)<0，函数f(x)递减，所以当x =- 1时，函 数取得极大值.符合条件的只有C 项. 15. 已知函数f(x) = qx 2-tcosx ,若其导函数f ‘ (x)在R 上单调递 增，则实数t 的取值范围为(C )A. - 1,-C . [- 1,1]D. - 1, 3 解析：因为 f(x) = 2，x 2- tcosx ,所以 f ‘ (x)= x + tsinx.令 g(x) = f ‘ (x),因为f ‘(x)在R 上单调递增，所以g ‘ (x)= 1 + tcosx > 0恒成立，所以1<t < 1,即实数t 的取值范围为[-1,1].6. 定义在 R 上的函数 f(x)满足：f(x)>1 - f ‘ (x), f(0) = 0, f ‘ (x) 是f(x)的导函数，贝S 不等式 gf(x)>e x —1(其中e 为自然对数的底数)的 解集为(A )A . (0,+乂 )B . (— = ,— 1)U (0,+乂)C . ( — = , 0)U (1,+乂 )D . (- 1,+乂 )tcosx > — 1 恒成立，因为 cosx € [ — 1,1],所以 lt >- 1,所以一解析：设g(x) = e x f(x)-e，则g‘ (x) = e x f(x) + e x f' (x)-e x.由已知f(x)>1 -f‘(x),可得g‘ (x)>0在R上恒成立，即g(x)是R上的增函+ x )数.因为f(0) = 0,所以g(0) = - 1,则不等式e x f(x)>e x - 1可化为 g(x)>g(0)，所以原不等式的解集为(0,+^).■ n n n7 .已知函数 y = f(x)对于任意 x € — 2，2丿满足f (x)cosx +f(x)sinx>0(其中f ‘(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(A )解析：构造F(x) = CO,形式,Tf ‘ (x)cosx +f(x)sinx>0，贝U F ‘ (x)>0, F(x)在「2，2增.把选项转化后可知选A.、填空题8.函数f(x) = lnx -2x 2-x + 5的单调递增区间为0, 丿.1解析：函数f(x)的定义域为(0,+x ),再由f (x) = ■■ — x — 1>0ZV可解得0<x< 2 —.9. (2019湖北襄阳调研)已知定义在R 上的可导函数f(x)的导函 数 y =f ‘ (x),满足 f (x)<f(x), f(0) = 1,则不等式 f(x)<e x 的解集为｛0, 解析：令 F(x)=g ，则 F(0) = 1,f ‘(xJe T — f(xb x f (x )—f(x) F ‘ (x) = e 2^ = e <0,f ‘ x cosx +f x sinx则L (x) = ------------ 昴故F(x)为R上的减函数，有f(x)ve x等价于F(x)<1，即F(x)<F(O).故不等式f(x)ve x的解集为(0,+ 乂).10. (2019陕西渭南质检)已知函数f(x)= ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+ 9y= 0垂直.若函数f(x) 在区间[m, m+ 1]上单调递增，则m的取值范围是( — = 31 U [0,解析：,-f(x) = ax3+ bx2的图象经过点M(1,4),•••a+ b= 4①，f‘ (x) = 3ax2+ 2bx,则f‘ (1)= 3a + 2b.(n由题意可得f‘ (i) —9 = —i,即3a + 2b = 9②.联立①②两式解得a= 1, b= 3,/.f(x) =x3+ 3x2, f‘ (x) = 3x2+ 6x.令f‘ (x) = 3x2+ 6x>0,得x>0 或x< —2. v函数f(x)在区间[m, m+ 1]上单调递增，• [m, m+ 1]? (—^,—2] U [0,+乂)，二m》0 或m+ 1 < —2,即m》0 或m W—3.三、解答题11. (2019云南玉溪模拟)已知函数f(x) = xlnx.(1)设函数g(x) = f(x)—a(x—1)，其中a € R，讨论函数g(x)的单调性；⑵若直线I过点(0,—1),并且与曲线y=f(x)相切，求直线I的方程.解:(1) *.f(x) = xlnx, -*g(x) = f(x) —a(x—1) = xlnx—a(x—1),则g‘ (x) =lnx+ 1 —a.由g‘ (x)<0，得lnx+1 —a<0,解得0<x<e a—1;由g‘ (x)>0,得lnx+ 1 —a>0,解得x>e a_ 3. -g(x)在(0, e a-1)上单调递减，在(e a_ 1, + g) 3②当o<a<e时，lna< —1,由f‘ (x)>o，得x<lna 或x> —1;由f‘ (x)<o，得lna<x< —1,所以单调递增区间为(一g, lna), (—1,+ g)，单调递减区间为(lna, —1).1③当a>e时，lna> —1,由f‘ (x)>o，得x< —1 或x>lna;由f‘ (x)<o, 得一1<x<lna,所以单调递增区间为(一g , —1), (lna,+g)，单调递减区间为(一1, lna).1 1综上所述，当a = e时，f(x)在R上单调递增；当o<a<e时，单调13. 设函数f(x)在R上存在导函数f‘(x),对任意的实数x都有f(x) = 4X2—f( —x),当x€ (—o, 0)时，f，(x)+2<4x,若f(m+ 1)<f(—m) + 4m+2,则实数m的取值范围是(A )；1 、— 3 、A. —2,+oB. —2,+oC. [—1,+o)D. [ —2,+o )解析：令F(x) = f(x) —2x2，因为F(—x)+ F(x) = f( —x) + f(x) —4x2 =0,所以F( —x) = —F(x),故F(x) = f(x) —2x2是奇函数.则当x€ (—1o,0)时，F‘ (x) = f‘ (x) —4x< —2<0,故函数F(x) = f(x) —2x2在(一o,0)上单调递减，故函数F(x)在R上单调递减.不等式f(m+ 1)<f(—m) + 4m + 2 等价于f(m + 1) —2(m+ 1)2<f( —m) —2m2，即F(m +1上单调递增.⑵设切点坐标为(x o, y o),则y o= x o lnx o，切线的斜率为lnx°+ 1. 切线l 的方程为y—X o lnx o = (lnx o + 1)(x —x o).又切线l 过点(o, —1)，二一1 —X o lnx o = (lnx o+ 1)(o—x o)，即一1 —x o lnx o = —x o lnx o—x o，解得x o = 1, y o = o.二直线l 的方程为y= x—1.12. (2019 山东枣庄调研)已知函数f(x) = xe x—a~x2+ xj(a€ R).(1) 若a = o,求曲线y= f(x)在点(1, e)处的切线方程；(2) 当a>o时，求函数f(x)的单调区间.解：(1)a = o 时，f‘ (x) = (x+ 1)e x,所以切线的斜率k= f‘ (1)= 2e 又f(1) = e,所以y=f(x)在点(1, e)处的切线方程为y—e= 2e(x—1), 即2ex—y—e= o.(2)f‘ (x) = (x+ 1)(e x—a)，令f‘ (x) = o,得x=—1 或x= lna.1①当a= e时，F (x)>o恒成立，所以f(x)在R上单调递增.递增区间为(一00 , lna), (—1,+x)，单调递减区间为(Ina, —1);11)< F( —m)，由函数的单调性可得m+ 1 > —m,即卩m》一2.故选A.14. (2019西安八校联考)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x) = f(2 —x)，且(x—1f (x)<0，若a= f(0), b= f? , c= f(3),则a, b, c 的大小关系是b>a>c.解析：解法1:因为f(x) = f(2 —x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1对称.因为(x—1)f‘ (x)<0.所以当x>1时，f‘ (x)<0,所以函数f(x)在(1,+o)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一o,当a>e时，单调递增区间为(一O,—1), (lna,+o),单调递减区间为(—1, Ina).力提升练1)上单调递增.据此，可画出一个符合题意的函数f(x)的大致图象,如图所示.c= f(3)是图中点C的纵坐标，故由图可得b>a>c.解法2:因为f(x) = f(2-x)，所以函数f(x)的图象关于直线x= 1 对称.因为(x- 1)f‘ (x)<0,所以当x>1时，f‘ (x)<0，所以函数f(x) 在(1,+乂)上单调递减；当x<1时，f (x)>0,所以函数f(x)在(一乂，1)上单调递增.取符合题意的函数f(x)=- (x-1)4 5，贝y a = f(0)=- 1, b= f(2)=1 皿—4, c= f(3) = - 4,故b>a>c.尖子生小题库一一供重点班学生使用，普通班学生慎用15. (2019益阳、湘潭调研考试)n是圆周率，e是自然对数的底数，在3e,e3,e n, n，3n, n六个数中，最小的数与最大的数分别是(A )4 —lnx=—h,当f‘ (x)>0,即0<x<e 时，函数f(x)单调递增；当f‘ (x)<0,A . 3e,3n B. 3e, e nC. e3, nD. £3”lnx解析：构造函数f(x) = ~x，f(x)的定义域为(0, +x),求导得f (x)即x>e 时，函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0, e), 单调递减区间为 (e , + g). v e<3< n-eln3<eln , n lne< n 即3In3e <ln n Ine n<ln3 ".又函数y = Inx , y = e x , y = n 在定义域上单调递增， 故3e < T t < n 3，e 3ve”<3n，故这六个数中的最大数为n t 或3”，由e<3< n In ，口 “In 兀 In3 Ine 「In n In3及函数f(x) = 2的单调性，得f( n f3)vf(e),即二，由=<~T ，得In 3<In3 ；二3"，在3e ，e 3，e n ，n 3,3n ，n 六个数中的最大的数 是3n，同理得最小的数为3e .故选A. 116. (2019重庆六校联考)已知函数f(x) = qx 2— ax + (a — 1)Inx.(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 若对任意的 X 1, X 2 € (0，+^)，洛>乂2,恒有 f(xj — f(X 2)>X 2 — x ，求实数a 的取值范围.=x (x - 1)[x — (a — 1)],① 若 a>2,由 f ‘ (x)>0,得 0<x<1 或 x>a — 1,由 f ‘ (x)<0,得 1<x<a —1,则f(x)在(0,1), (a — 1,+工)上单调递增，在(1, a — 1)上单调递 减；② 若a =2,则f ‘ (x)>0, f(x)在(0,+工)上单调递增；③ 若 1<a<2，由 f ‘ (x)>0，得 0<x<a — 1 或 x>1，由 f ‘ (x)<0,得 a — 1<x<1，则 f(x)在(0, a — 1), (1,+工)上单调递增，在(a —1,1)上 单调递减；④ 若 a < 1,由 f ‘ (x)>0，得 x>1,由 f ‘ (x)<0，得 0<x<1,则 f(x) 在(1,+x )上单调递增，在(0,1)上单调递减.解: (1)f‘ (x x 2 — ax + a —1综上，若a>2,则f(x)在(0,1), (a—1,+乂)上单调递增，在(1, a—1)上单调递减；若a= 2,则f(x)在(0,+乂)上单调递增；若1<a<2，则f(x)在(0, a—1), (1, +乂)上单调递增，在(a—1,1) 上单调递减；若a< 1,则f(x)在(1，+乂)上单调递增，在(0,1)上单调递减.(2)f(x” —f(X2)>x —X1 ? f(x” + X1>f(X2)+ x,1 2令F(x) = f(x) + x= 2x —ax+ (a —1)lnx + x,对任意的X1, (0,+X), xQX2，恒有f(xd —f(X2)>X2 —X1 等价于函数F(x)在(0 ,+x)上是增函数.a —1 1f‘ (x) = x—a+1 + = Jx2-(a—1)x + a—1],令g(x) = x2—(a—1)x + a —1,a—1当a—1<0,即a<1 时，x=—厂<0,故要使f‘ (x)>0在(0, +=) 上恒成立，需g(0)>0,即a— 1 >0, a> 1,无解.a —1当a—1>0, 即卩a> 1 时，>0,故要使f‘ (x)>0 在(0,a —1 a —1 2 a —1+ x)上恒成立，需g( 2 )》0,即(2 )—(a —1)、2+ a —1》0, 化简得(a —1)(a —5)w 0,解得1 w a w 5.综上，实数a的取值范围是[1,5].。

高考数学《函数的单调区间》基础知识与专项练习题(含答案解析)

高考数学《函数的单调区间》基础知识与专项练习题(含答案解析)

高考数学《函数的单调区间》基础知识与专项练习题（含答案解析）单调性是函数的一个重要性质，对函数作图起到决定性的作用，而导数是分析函数单调区间的一个便利工具。

求一个已知函数的单调区间是每一个学生的必备本领，在求解的过程中也要学会一些方法和技巧。

一、基础知识：1、函数的单调性：设()f x 的定义域为D ，区间I D ⊆，若对于1212,,x x I x x ∀∈<，有()()12f x f x <，则称()f x 在I 上单调递增，I 称为单调递增区间。

若对于1212,,x x I x x ∀∈<，有()()12f x f x >，则称()f x 在I 上单调递减，I 称为单调递减区间。

2、导数与单调区间的联系（1）函数()f x 在(),a b 可导，那么()f x 在(),a b 上单调递增()',()0x a b f x ⇒∀∈≥，此结论可以这样理解：对于递增的函数，其图像有三种类型： ，无论是哪种图形，其上面任意一点的切线斜率均大于零。

等号成立的情况：一是单调区间分界点导数有可能为零，例如：()2f x x =的单调递增区间为[)0+∞，，而()'00f =，另一种是位于单调区间内但导数值等于零的点，典型的一个例子为()3f x x =在0x =处的导数为0，但是()0,0位于单调区间内。

（2）函数()f x 在(),a b 可导，则()f x 在(),a b 上单调递减()',()0x a b f x ⇒∀∈≤，（3）前面我们发现了函数的单调性可以决定其导数的符号，那么由()',()x a b f x ∀∈，的符号能否推出()f x 在(),a b 的单调性呢？如果()f x 不是常值函数，那么便可由导数的符号对应推出函数的单调性。

（这也是求函数单调区间的理论基础） 3、利用导数求函数单调区间的步骤 （1）确定函数的定义域（2）求出()f x 的导函数'()f x（3）令'()0f x >（或0<），求出x 的解集，即为()f x 的单调增（或减）区间（4）列出表格4、求单调区间的一些技巧（1）强调先求定义域，一方面定义域对单调区间有限制作用（单调区间为定义域的子集）。

高考数学一轮复习考点知识专题讲解15---导数与函数的单调性

高考数学一轮复习考点知识专题讲解15---导数与函数的单调性

高考数学一轮复习考点知识专题讲解导数与函数的单调性考点要求1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)>0f(x)在区间(a，b)上单调递增f′(x)<0f(x)在区间(a，b)上单调递减f′(x)＝f(x)在区间(a，b)上是常数函数2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的定义域；第2步，求出导数f′(x)的零点；第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．(√)(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减．(√)(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定单调递增．(×)(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(√)教材改编题1．f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()答案C解析由f′(x)的图象知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增；当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0，∴f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴f (x )单调递增．2．函数f (x )＝(x －2)e x 的单调递增区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝1， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0， ∴f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)．3．若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4的单调递减区间为[－1,4]，则实数a 的值为________．答案－4解析f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )的单调递减区间为[－1,4]，∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1,4]，∴－1,4是方程f ′(x )＝0的两根， 则a ＝(－1)×4＝－4.题型一 不含参数的函数的单调性 例1(1)函数y ＝4x 2＋1x的单调递增区间为()A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C ．(－∞，－1) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12答案B解析由y ＝4x 2＋1x，得y ′＝8x －1x2(x ≠0)，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞. (2)已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为__________________． 答案⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6，⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π 解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)． 令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6， 当0<x <π6时，f ′(x )>0， 当π6<x <5π6时，f ′(x )<0， 当5π6<x <π时，f ′(x )>0， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6和⎝⎛⎭⎪⎫5π6，π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，5π6上单调递减．教师备选 若函数f (x )＝ln x ＋1e x，则函数f (x )的单调递减区间为________． 答案(1，＋∞)解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ln x －1e x，令φ(x )＝1x－ln x －1(x >0)，φ′(x )＝－1x 2－1x<0，φ(x )在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x ∈(0,1)时，φ(x )>0， 当x ∈(1，＋∞)时，φ(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．思维升华确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．跟踪训练1(1)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是() A ．(0,1) B ．(1，＋∞) C ．(－∞，1) D ．(－1,1) 答案A解析∵f ′(x )＝2x －2x＝2(x ＋1)(x －1)x(x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)函数f (x )＝(x －1)e x －x 2的单调递增区间为________，单调递减区间为________． 答案(－∞，0)，(ln2，＋∞)(0，ln2) 解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝ln2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln2)． 题型二 含参数的函数的单调性例2已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x＝(ax －1)(x －1)x.令f ′(x )＝0，得x ＝1a或x ＝1.①当0<a <1时，1a>1，∴x ∈(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；②当a ＝1时，1a＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a<1，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．延伸探究若将本例中参数a 的范围改为a ∈R ，其他条件不变，试讨论f (x )的单调性？ 解当a >0时，讨论同上； 当a ≤0时，ax －1<0， ∴x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，当a ≤0时，函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0<a <1时，函数f (x )在(0,1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递减；当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上单调递减．教师备选已知函数f (x )＝x －2x＋a (2－ln x )，a >0.讨论f (x )的单调性．解由题知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2，设g (x )＝x 2－ax ＋2，g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝0，即a ＝22时，仅对x ＝2， 有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根，x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．思维升华 (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．跟踪训练2讨论下列函数的单调性．(1)f(x)＝x－a ln x；(2)g(x)＝13x3＋ax2－3a2x.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax＝x－ax，令f′(x)＝0，得x＝a，①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．(2)g(x)的定义域为R，g′(x)＝x2＋2ax－3a2＝(x＋3a)(x－a)，当a＝0时，g′(x)≥0，∴g(x)在R上单调递增．当a>0时，x∈(－∞，－3a)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x∈(－3a，a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．当a<0时，x∈(－∞，a)∪(－3a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，x ∈(a ，－3a )时，g ′(x )<0，g (x )单调递减， 综上有a ＝0时，g (x )在R 上单调递增；a <0时，g (x )在(－∞，a )，(－3a ，＋∞)上单调递增，在(a ，－3a )上单调递减； a >0时，g (x )在(－∞，－3a )，(a ，＋∞)上单调递增，在(－3a ，a )上单调递减． 题型三 函数单调性的应用 命题点1比较大小或解不等式例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5，f (1)，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3的大小关系为() A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5B ．f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5>f (1)答案A解析因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3.又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5<f (1)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3>f (1)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π5.(2)已知函数f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞解析f (x )＝e x －1ex －2x ＋1，定义域为R ，f ′(x )＝e x ＋1e x －2≥2e x ·1ex －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32，∴原不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.命题点2根据函数的单调性求参数的范围例4已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 答案⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞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.延伸探究在本例中，把“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上单调递增”改为“f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间”，求a 的取值范围． 解f ′(x )＝x ＋2a －1x，若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上存在单调递增区间，则当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2时，f ′(x )>0有解，即2a >－x ＋1x有解，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋1x min ＝－2＋12＝－32，∴2a >－32，即a >－34，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，＋∞.教师备选1．若函数f (x )＝e x (sin x ＋a )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．(1，＋∞) B．[2，＋∞) C ．[1，＋∞) D．(－2，＋∞) 答案C 解析由题意得f ′(x )＝e x (sin x ＋a )＋e x cos x＝e x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ，∵f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上单调递增，∴f ′(x )≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，又e x >0，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上恒成立，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2时，x ＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，3π4，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－22，1，∴2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋a ∈(－1＋a ，2＋a ]， ∴－1＋a ≥0，解得a ≥1，即a ∈[1，＋∞)．2．(2022·江西鹰潭一中月考)若函数f (x )＝ax 3＋x 恰有3个单调区间，则a 的取值范围为________． 答案(－∞，0)解析由f (x )＝ax 3＋x ，得f ′(x )＝3ax 2＋1.若a ≥0，则f ′(x )>0恒成立，此时f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数，不满足题意； 若a <0，由f ′(x )>0得 －－13a<x <－13a， 由f ′(x )<0，得x <－－13a或x >－13a，即当a <0时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－－13a，－13a ， 单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－－13a ，⎝⎛⎭⎪⎫－13a ，＋∞，满足题意． 思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增(减)函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且在(a ，b )内的任一非空子区间上，f ′(x )不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练3(1)已知定义域为R 的连续函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f ′(x )m (x －3)<0，当m <0时，下列关系中一定成立的是() A ．f (1)＋f (3)＝2f (2) B ．f (0)·f (3)＝0 C ．f (4)＋f (3)<2f (2) D ．f (2)＋f (4)>2f (3) 答案D 解析由f ′(x )m (x －3)<0，得m (x －3)f ′(x )<0，又m <0，则(x －3)f ′(x )>0，当x >3时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x <3时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；所以f (2)>f (3)，f (4)>f (3)， 所以f (2)＋f (4)>2f (3)．(2)(2022·安徽省泗县第一中学质检)函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 答案[0，e －1] 解析由函数f (x )＝ln x x，得f ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，由f ′(x )>0得0<x <e ，由f ′(x )<0得x >e.所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减， 又函数f (x )＝ln xx在(a ，a ＋1)上单调递增，则(a ，a ＋1)⊆(0，e)，则⎩⎨⎧a ≥0，a ＋1≤e，解得0≤a ≤e－1.课时精练1．函数f (x )＝x ln x ＋1的单调递减区间是() A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(e ，＋∞)答案C解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )<0，得0<x <1e，所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1e .2．下列函数中，在(0，＋∞)上单调递增的是() A ．f (x )＝2sin x cos x B ．g (x )＝x 3－x C ．h (x )＝x e xD ．m (x )＝－x ＋ln x 答案C解析h (x )＝x e x ，定义域为R ，∴h ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x >0时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增．3．(2022·渭南调研)已知函数y ＝xf ′(x )的图象如图所示(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)．下面四个图象中y ＝f (x )的图象大致是()答案C解析列表如下：x (－∞，－1) (－1,0)(0,1)(1，＋∞)xf′(x)－＋－＋f′(x)＋－－＋f(x)单调递增单调递减单调递减单调递增故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)．故函数f(x)的图象是C选项中的图象．4．(2022·遵义质检)若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在区间(0，＋∞)上是减函数，则实数b的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)答案C解析∵f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝－2x＋4＋bx≤0，即b ≤2x 2－4x ，∵2x 2－4x ＝2(x －1)2－2≥－2，∴b ≤－2.5．已知函数f (x )＝sin x ＋cos x －2x ，a ＝f (－π)，b ＝f (2e )，c ＝f (ln2)，则a ，b ，c 的大小关系是() A ．a >c >b B ．a >b >c C ．b >a >c D ．c >b >a 答案A解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝cos x －sin x －2 ＝2cos⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－2<0， ∴f (x )在R 上单调递减，又2e >1,0<ln2<1，∴－π<ln2<2e ， 故f (－π)>f (ln2)>f (2e )， 即a >c >b .6．如果函数f (x )对定义域内的任意两实数x 1，x 2(x 1≠x 2)都有x 1f (x 1)－x 2f (x 2)x 1－x 2>0，则称函数y ＝f (x )为“F 函数”．下列函数是“F 函数”的是() A ．f (x )＝e x B ．f (x )＝x 2 C ．f (x )＝ln x D ．f (x )＝sin x 答案B解析依题意，函数g (x )＝xf (x )为定义域上的增函数． 对于A ，g (x )＝x e x ，g ′(x )＝(x ＋1)e x ，当x ∈(－∞，－1)时，g ′(x )<0，∴g (x )在(－∞，－1)上单调递减，故A 中函数不是“F 函数”； 对于B ，g (x )＝x 3在R 上单调递增，故B 中函数为“F 函数”； 对于C ，g (x )＝x ln x ，g ′(x )＝1＋ln x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，g ′(x )<0，故C 中函数不是“F 函数”；对于D ，g (x )＝x sin x ，g ′(x )＝sin x ＋x cos x ， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0时，g ′(x )<0，故D 中函数不是“F 函数”．7．(2022·长沙市长郡中学月考)已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋nx ＋1的单调递减区间是(－3,1)，则m ＋n 的值为________． 答案－2解析由题设，f ′(x )＝x 2＋2mx ＋n ， 由f (x )的单调递减区间是(－3,1)， 得f ′(x )<0的解集为(－3,1)， 则－3,1是f ′(x )＝0的解，∴－2m ＝－3＋1＝－2，n ＝1×(－3)＝－3， 可得m ＝1，n ＝－3，故m ＋n ＝－2.8．(2021·新高考全国Ⅱ)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f (x )：________. ①f (x 1x 2)＝f (x 1)f (x 2)；②当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0；③f ′(x )是奇函数．答案f (x )＝x 4(答案不唯一，f (x )＝x 2n (n ∈N *)均满足)解析取f (x )＝x 4，则f (x 1x 2)＝(x 1x 2)4＝x 41x 42＝f (x 1)f (x 2)，满足①，f ′(x )＝4x 3，x >0时有f ′(x )>0，满足②，f ′(x )＝4x 3的定义域为R ，又f ′(－x )＝－4x 3＝－f ′(x )，故f ′(x )是奇函数，满足③.9．已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围． 解(1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝(x －1)(x －2)x(x >0)． 当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )的单调递增区间为(0,1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)．(2)g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2a x－2≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．即x 2－2x －2a x≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立． 所以x 2－2x －2a ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立． 令φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)， 则其最小值为－12，故a ≤－12. 所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－12. 10．(2022·宜春质检)已知函数f (x )＝x 3－6ax .(1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解(1)当a ＝－1时，f (x )＝x 3＋6x ，则f ′(x )＝3x 2＋6，所以f (1)＝7，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －7＝9(x －1)，即9x －y －2＝0.(2)函数f (x )＝x 3－6ax 的定义域为R ， f ′(x )＝3x 2－6a ＝3(x 2－2a )．当a ≤0时，对任意的x ∈R ，f ′(x )≥0且不恒为零，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a >0时，由f ′(x )<0， 可得－2a <x <2a ，由f ′(x )>0，可得x <－2a 或x >2a ，此时函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间； 当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为(－∞，－2a )，(2a ，＋∞)，单调递减区间为(－2a ，2a )．11．若函数h (x )＝ln x －12ax 2－2x 在[1,4]上存在单调递减区间，则实数a 的取值范围为() A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞B ．(－1，＋∞) C ．[－1，＋∞) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－716，＋∞ 答案B解析因为h (x )在[1,4]上存在单调递减区间，所以h ′(x )＝1x－ax －2<0在[1,4]上有解， 所以当x ∈[1,4]时，a >1x 2－2x有解， 而当x ∈[1,4]时，1x 2－2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－2x min ＝－1(此时x ＝1)， 所以a >－1，所以a 的取值范围是(－1，＋∞)．12．设函数f (x )＝x sin x ＋cos x ＋x 2，若a ＝f (－2)，b ＝f (ln2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c的大小关系为()A．b<a<c B．c<a<bC．b<c<a D．a<b<c答案C解析f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝x sin x＋cos x＋x2＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∴a＝f(－2)＝f(2)，又f′(x)＝x cos x＋2x＝x(cos x＋2)，当x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又2>e>ln2，∴f(2)>f(e)>f(ln2)，即b<c<a.13．(2022·韩城质检)设a>0，若函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a的取值范围是________．答案13<a<1解析函数f(x)＝1＋ln xx，f′(x)＝－ln xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为函数f(x)＝1＋ln xx在区间⎝⎛⎭⎪⎫a，a＋23上不单调，则a <1<a ＋23，解得13<a <1. 14．已知函数f (x )＝x 5＋10x ＋sin x ，若f (t )＋f (1－3t )<0，则实数t 的取值范围是________．答案⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析因为函数f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )5＋10(－x )＋sin(－x )＝－(x 5＋10x ＋sin x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数；又因为f ′(x )＝5x 4＋10＋cos x >0，所以函数f (x )在R 上单调递增；又因为f (t )＋f (1－3t )<0，所以f (t )<－f (1－3t )＝f (3t －1)，所以3t －1>t ，即t >12.15．(2022·河北衡水中学月考)下列不等式成立的是________．(填序号)①2ln 32<32ln2； ②2ln 3<3ln 2；③5ln4<4ln5；④π>elnπ.答案①④解析设f (x )＝ln x x (x >0)，则f ′(x )＝1－ln xx 2，所以当0<x <e 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x >e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．因为32<2<e ， 所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f (2)， 即2ln 32<32ln2，故①正确； 因为2<3<e ，所以f (2)<f (3)， 即2ln 3>3ln 2，故②不正确；因为e<4<5，所以f (4)>f (5)，即5ln4>4ln5，故③不正确；因为e<π，所以f (e)>f (π)，即π>elnπ，故④正确．16．(2022·宁夏银川一中质检)已知函数f (x )＝a e x x. (1)若a >0，求f (x )的单调区间；(2)若对∀x 1，x 2∈(1,3)，x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<2恒成立，求实数a 的取值范围． 解(1)f (x )的定义域为{x |x ≠0}，f′(x)＝a e x(x－1)x2，∵a>0，∴当x∈(－∞，0)∪(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．(2)不妨令x1>x2，∴f(x1)－f(x2)x1－x2<2，可化为f(x1)－f(x2)<2(x1－x2)，即f(x1)－2x1<f(x2)－2x2，即函数g(x)＝f(x)－2x在区间(1,3)上单调递减，又∵g′(x)＝f′(x)－2＝a e x(x－1)x2－2，∴a e x(x－1)x2－2≤0在(1,3)上恒成立，当x∈(1,3)时，不等式a e x(x－1)x2－2≤0可化为a≤2x2(x－1)e x，令h(x)＝2x2(x－1)e x，则h′(x)＝4x(x－1)e x－2x3e x (x－1)2e2x＝－2x3＋4x2－4x (x－1)2e x＝－2x(x2－2x＋2) (x－1)2e x＝－2x [(x －1)2＋1](x －1)2e x<0在区间x ∈(1,3)上恒成立， ∴函数h (x )＝2x 2(x －1)e x 在区间x ∈(1,3)上单调递减， ∴h (x )min ＝h (3)＝2×32(3－1)e 3＝9e 3，∴a ≤9e 3，即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，9e 3.。

(完整版)导数与函数的单调性练习题(最新整理)

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x
(－∞，b－1) b－1 (b－1,1) (1，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
－
当 b－1＞1，即 b＞2 时，f ′(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1) (1，b－1) b－1 (b－1，＋∞)
f ′(x)
－
＋
0
－
所以，当 b＜2 时，函数 f(x)在(－∞，b－1)上单调递减，在(b－1,1)上单调递增，在(1，＋∞)
2
2．已知函数 f(x)＝x2＋2x＋alnx，若函数 f(x)在(0,1)上单调，则实数 a 的取值范围是( )
A．a≥0 B．a<－4
C．a≥0 或 a≤－4 D．a>0 或 a<－4
a 答案：C 解析：∵f′(x)＝2x＋2＋ ，f(x)在(0,1)上单调， ∴f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在(0,1)
处的切线方程为 6x y 7 0 ．（Ⅰ）求函数 y=f(x)的解析式；（Ⅱ）求函数 y=f(x)的单
调区间． 解：（Ⅰ）由 f(x)的图象经过 P（0，2），知 d=2，
所以 f (x) x3 bx 2 cx 2,
f (x) 3x2 2bx c.
由 在 M(-1,f(-1))处 的 切 线 方 程 是 6x y 7 0 ，
_______________
答 案 ： a 0,且b2 3ac
解 析 ： f ' (x) 3ax2 2bx c 0 恒 成 立 ， 则
a
0 4b2
12ac
,a 0
0, 且b 2
3ac
21．若函数 y=－ 4 x3+bx 有三个单调区间，则 b 的取值范围是________． 3

导数与单调性

导数与单调性
1 解析 f′(x)＝mx＋ －2≥0 对一切 x>0 恒成立， x 1 2 2 m≥－ ＋ ， x x 1 1 2 2 令 g(x)＝－x ＋ ， 则当 ＝1 时， 函数 g(x)取最大值 1， x x
故 m≥1.
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fx fx 时 ′<0，∴φ(x)＝ 为减函数， x x
又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x<2时，φ(x)>0，
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此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数. 故x2f(x)>0的解集为(0,2)∪(－∞，－2).
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所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e1－a]， 单调递减区间为[e1－a，＋∞)，
极大值为f(x)极大值＝f(e1－a)＝ea－1，无极小值.
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(2)若函数 f(x)的图象与函数 g(x)的图象在区间 (0， e2]上有
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令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0.
∵ex>0，∴－x2＋2>0，解得－ 2<x< 2.
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考点规范练14导数与函数的单调性、极值、最值基础巩固组1.函数f(x)=ln xx的单调递减区间是()A.[e,+∞)B.[1,+∞)C.[0,e]D.[0,1]2.函数f(x)=x3-3x2+3x的极值点的个数是()A.0B.1C.2D.33.设函数f(x)=12x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是()A.1<a≤2B.a≥4C.a≤2D.0<a≤34.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是()A.-2B.0C.2D.45.设a∈R,若函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,则()A.a<-1B.a>-1C.a>-1e D.a<-1e6.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,+∞)7.函数f(x)=x+9x的单调减区间为.8.函数f(x)=x3+3ax+3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值,则a的取值范围是.9.已知实数a>0,函数f(x)=ax(x-2)2(x∈R)有极大值32.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求实数a的值.1能力提升组-2ln x,若f(x)在其定义域内为单调增函数,则k的取值范围是()10.设f(x)=kx-kxA.(-∞,1]B.[1,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,+∞)11.(2014辽宁,理11)当x∈[-2,1]时,关于x的不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[-5,-3]B.-6,-98C.[-6,-2]D.[-4,-3]12.已知函数f(x)=-1x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.213.(2014湖北,理22)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.的单调区间;(1)求函数f(x)=ln xx(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(3)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.2314.已知函数f (x )=(ax 2+bx+c )e x 在[0,1]上单调递减,且满足f (0)=1,f (1)=0. (1)求a 的取值范围;(2)设g (x )=f (x )-f'(x ),求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值.参考答案1.A 解析:令f'(x )=1x·x -ln x x 2=1-ln x x 2≤0,则x ≥e .又因为当x ≥e 时,f'(x )不恒等于0, 所以f (x )的单调递减区间是[e,+∞).2.A 解析:由题知f (x )的导函数值恒大于或等于零,所以函数f (x )在定义域上单调递增.3.A 解析:∵f (x )=12x 2-9ln x ,∴f'(x)=x-9x(x>0),当x-9x≤0,即0<x≤3时,函数f(x)是减函数,∴a-1>0,且a+1≤3,解得1<a≤2.4.C解析:∵f'(x)=3x2-6x,令f'(x)=0,得x=0或x=2.∴f(x)在[-1,0)上是增函数,f(x)在(0,1]上是减函数.∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2.5.A解析:∵y=e x+ax,∴y'=e x+a.∵函数y=e x+ax有大于零的极值点,∴方程y'=e x+a=0有大于零的解.∵当x>0时,-e x<-1,∴a=-e x<-1.6.A解析:在(-∞,-1)和(1,+∞)上,f(x)递增,所以f'(x)>0,使xf'(x)<0的范围为(-∞,-1);在(-1,1)上,f(x)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.(-3,0),(0,3)解析:f'(x)=1-9x2=x2-9x2.令f'(x)<0,解得-3<x<0或0<x<3,故f(x)的单调减区间为(-3,0)和(0,3).8.a>2或a<-1解析:∵f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1],∴f'(x)=3x2+6ax+3(a+2).令3x2+6ax+3(a+2)=0,即x2+2ax+a+2=0.∵函数f(x)既有极大值又有极小值.∴方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根,即Δ=4a2-4a-8>0,∴a>2或a<-1.9.解:(1)f(x)=ax3-4ax2+4ax,f'(x)=3ax2-8ax+4a.4令f'(x)=0,得3ax2-8ax+4a=0.∵a≠0,∴3x2-8x+4=0,∴x=23或x=2.∵a>0,∴当x∈-∞,23或x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.∴函数f(x)的单调递增区间为-∞,23和(2,+∞);∵当x∈23,2时,f'(x)<0,∴函数f(x)的单调递减区间为23,2.(2)∵当x∈-∞,23时,f'(x)>0;当x∈23,2时,f'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0.∴f(x)在x=23时取得极大值,即a·2323-22=32.∴a=27.10.B解析:由题意可得f'(x)=k+kx2−2x=kx2-2x+kx2.令h(x)=kx2-2x+k,要使f(x)在其定义域(0,+∞)上单调递增, 只需h(x)在(0,+∞)内满足h(x)≥0恒成立.由h(x)≥0得kx2-2x+k≥0,即k≥2xx2+1=2x+1x在x∈(0,+∞)上恒成立,∵x>0,∴x+1x≥2.∴2x+1x≤1.∴k≥1.11.C解析:∵当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,即当x∈[-2,1]时,不等式ax3≥x2-4x-3(*)恒成立.(1)当x=0时,a∈R.(2)当0<x≤1时,由(*)得a≥x2-4x-3x3=1x−4x2−3x3恒成立.设f(x)=1x −4x2−3x3,则f'(x)=-1x2+8x3+9x4=-x2+8x+9x4=-(x-9)(x+1)x4.当0<x≤1时,x-9<0,x+1>0,∴f'(x)>0,56∴f (x )在(0,1]上单调递增.当0<x ≤1时,可知a ≥f (x )max =f (1)=-6. (3)当-2≤x<0时,由(*)得a ≤1x −4x 2−3x 3. 令f'(x )=0,得x=-1或x=9(舍).∴当-2≤x<-1时,f'(x )<0,当-1<x<0时,f'(x )>0,∴f (x )在[-2,-1)上递减,在(-1,0)上递增. ∴x ∈[-2,0)时,f (x )min =f (-1)=-1-4+3=-2. ∴可知a ≤f (x )min =-2.综上所述,当x ∈[-2,1]时,实数a 的取值范围为-6≤a ≤-2.故选C . 12.(0,1)∪(2,3) 解析:由题意知f'(x )=-x+4-3x =-x 2+4x -3x=-(x -1)(x -3)x.由f'(x )=0得函数f (x )的两个极值点为1,3. 则只要这两个极值点有一个在区间(t ,t+1)内, 函数f (x )在区间[t ,t+1]上就不单调, 由t<1<t+1或t<3<t+1, 得0<t<1或2<t<3.13.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞).因为f (x )=ln xx ,所以f'(x )=1-ln x x .当f'(x )>0,即0<x<e 时,函数f (x )单调递增; 当f'(x )<0,即x>e 时,函数f (x )单调递减. 故函数f (x )的单调递增区间为(0,e), 单调递减区间为[e,+∞).(2)因为e <3<π,所以eln3<eln π,πlne <πln3, 即ln3e <ln πe ,lne π<ln3π.于是根据函数y=ln x ,y=e x ,y=πx 在定义域上单调递增, 可得3e <πe <π3,e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e 与e 3之中. 由e <3<π及(1)的结论,得f (π)<f (3)<f (e),即ln ππ<ln33<lne e.由lnππ<ln33,得lnπ3<ln3π,所以3π>π3;由ln33<lnee,得ln3e<lne3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(3)由(2)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(2)知,lnππ<lnee,得πe<eπ,故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(1)知,当0<x<e时,f(x)<f(e)=1e,即ln xx <1e.在上式中,令x=e 2π,又e2π<e,则ln e 2π<eπ,从而2-lnπ<eπ,即得lnπ>2-eπ.①由①得,elnπ>e2-eπ>2.7×2-2.723.1>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即elnπ>3,亦即lnπe>lne3,所以e3<πe.又由①得,3lnπ>6-3eπ>6-e>π,即3lnπ>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.14.解:(1)由f(0)=1,f(1)=0,得c=1,a+b=-1,则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f'(x)=[ax2+(a-1)x-a]e x.依题意,对于任意x∈[0,1],有f'(x)≤0.当a>0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图象开口向上,而f'(0)=-a<0,所以需f'(1)=(a-1)e≤0,即0<a≤1;当a=0时,对于任意x∈[0,1],f'(x)=-x e x≤0,78且只在x=0时,f'(x )=0,满足条件. 当a<0时,因f'(0)=-a>0,不满足条件. 故a 的取值范围为0≤a ≤1. (2)g (x )=(-2ax+1+a )e x , g'(x )=(-2ax+1-a )e x .①当a=0时,g'(x )=e x >0,g (x )在x=0处取得最小值g (0)=1, 在x=1处取得最大值g (1)=e .②当a=1时,对于任意x ∈[0,1],g'(x )=-2x e x ≤0,g (x )在x=0处取得最大值g (0)=2, 在x=1处取得最小值g (1)=0.③当0<a<1时,由g'(x )=0得x=1-a2a >0.若1-a2a≥1,即0<a ≤13时,g (x )在[0,1]上单调递增,g (x )在x=0处取得最小值g (0)=1+a , 在x=1处取得最大值g (1)=(1-a )e . 若1-a2a<1,即13<a<1时,g (x )在x=1-a 2a 处取得最大值g 1-a2a =2a e 1-a , 在x=0或x=1处取得最小值, 而g (0)=1+a ,g (1)=(1-a )e,由g (0)-g (1)=1+a-(1-a )e =(1+e)a+1-e =0, 得a=e -1e+1.则当13<a ≤e -1e+1时,g (0)-g (1)≤0,g (x )在x=0处取得最小值g (0)=1+a ; 当e -1e+1<a<1时,g (0)-g (1)>0,g (x )在x=1处取得最小值g (1)=(1-a )e .9。

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