高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第十节第一课时利用导数研究函数的单调性课时作业

第十节 第一课时 利用导数研究函数的单调性
课时作业 A 组——基础对点练
1.函数f (x )的导函数f ′(x )的图象是如图所示的一条直线l ，l 与x 轴的交
点坐标为(1,0)，则f (0)与f (3)的大小关系为( ) A ．f (0)<f (3) B ．f (0)>f (3) C ．f (0)＝f (3) D ．无法确定
解析：由题意知f (x )的图象是以x ＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f (0)＝
f (2)>f (3)．选B.
答案：B
2．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)
D ．[1，＋∞)
解析：依题意得f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1
x
在(1，＋∞)上恒成立，
∵x >1，∴0<1
x
<1，∴k ≥1，故选D.
答案：D
3．已知函数f (x )＝e x
－2x －1(其中e 为自然对数的底数)，则y ＝f (x )的图象大致为( )
解析：依题意得f ′(x )＝e x
－2.当x ＜ln 2时，
f ′(x )＜0，f (x )是减函数，f (x )＞f (ln 2)＝1－2ln 2；当x ＞ln 2时，f ′(x )＞0，f (x )
是增函数，因此对照各选项知选C. 答案：C
4．函数f (x )＝sin x
2e
x 的大致图象是( )
解析：当x ＝－π2时，f (－π
2
)＝
＝－
＜0，排除D ；当x ＝－π
4
时，
f (－
π
4
)＝＝＜0，排除C ；又f ′(x )＝
cos x －sin x
2e
x
＝
2
x ＋
π4
2e
x
，当x ∈(0，π4)时，f ′(x )＞0，f (x )是增函数，当x ∈(π4，π
2
)时，f ′(x )
＜0，f (x )是减函数，所以B 错误．故选A. 答案：A
5．若函数f (x )＝x 3
－2ax 2
＋6x ＋5在x ∈[1,2]上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0，32
2]
B ．(0，32
2)
C ．(－∞，32
2
)
D ．(－∞，32
2
]
解析：因为f (x )＝x 3
－2ax 2
＋6x ＋5，所以f ′(x )＝3x 2
－4ax ＋6，又f (x )在x ∈[1,2]上是增函数，所以f ′(x )≥0在x ∈[1,2]上恒成立，即3x 2
－4ax ＋6≥0,4ax ≤3x 2
＋6在x ∈[1,2]上恒成立，因为x ∈[1,2]，所以4a ≤(3x ＋6x )min ，又3x ＋6x
≥2
3x ·6
x
＝62，当且仅当
3x ＝6x ，即x ＝2时取“＝”，所以4a ≤62，即a ≤322.
答案：C
6．已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f ′(x )(x ln x 2
)＞2f (x )，则( )
A ．6f (e)＞2f (e 3
)＞3f (e 2
) B ．6f (e)＜3f (e 2
)＜2f (e 3
) C ．6f (e)＞3f (e 2
)＞2f (e 3
) D ．6f (e)＜2f (e 3
)＜3f (e 2
) 解析：设F (x )＝
f x ln x
2，x ＞0且x ≠1，因为f ′(x )(x ln x 2
)＞2f (x )，所以F ′(x )＝f x x 2－f x 2
x x 2
2
＝
f
x
x ln x 2－2f x
x x 22
＞0，所以F (x )在(0,1)，
(1，＋∞)上单调递增，所以F (e)＜F (e 2)＜F (e 3
)，故f
ln e
2
＜
f
2ln e
4
＜
f
3ln e
6
，即
f
2
＜
f
2
4
＜
f
3
6
，所以6f (e)＜3f (e 2)＜2f (e 3
)．选B.
答案：B
7．(2018·成都模拟)f (x )是定义域为R 的函数，对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立．若
当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，若a ＝f (0.5)，b ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫43，c ＝f (3)，则a ，b ，
c 的大小关系是( )
A ．b ＞a ＞c
B ．a ＞b ＞c
C ．c ＞b ＞a
D ．a ＞c ＞b
解析：因为对任意实数x 都有f (x )＝f (2－x )成立，所以函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，又因为当x ≠1时，不等式(x －1)·f ′(x )＜0成立，所以函数f (x )在(1，＋∞)上单调
递减，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＞f (0.5)＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫32＞f (3)，即b ＞a ＞c . 答案：A
8．(2018·九江模拟)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上是增函数，
则实数a 的取值范围为________．
解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上恒成立， ∵⎝
⎛⎭⎪⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫43，＋∞ 9．设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R)的导函数，f (－2)＝0，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )＞0，则使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是________． 解析：令g (x )＝
f x x ，则
g ′(x )＝xf
x －f x
x 2
，
∴当x ＞0时，g ′(x )＞0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∵f (x )为奇函数，f (－2)＝0，∴f (2)＝0，∴g (2)＝
f
2
＝0，结合奇函数f (x )的图象知，f (x )＞0的解集为(－2,0)∪
(2，＋∞)，故填(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案：(－2,0)∪(2，＋∞)
10．(2018·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2
＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切
线方程为y ＝1.
(1)求b ，c 的值；
(2)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间． 解析：(1)f ′(x )＝x 2
－ax ＋b ，
由题意得⎩
⎪⎨
⎪⎧
f
＝1，
f ＝0，
即{ c ＝1，b ＝0.
(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2
－ax ＝x (x －a )(a ＞0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.
所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． 11．已知函数f (x )＝e x
ln x －a e x
(a ∈R)．
(1)若f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝1
e x ＋1垂直，求a 的值；
(2)若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝e x ln x ＋e x ·1x
－a e x
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x －a ＋ln x e x ，
f ′(1)＝(1－a )e ，由(1－a )e·1e
＝－1，
得a ＝2.
(2)由(1)知f ′(x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1x
－a ＋ln x e x
，
若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0在x >0时恒成立． 即1
x
－a ＋ln x ≤0在x >0时恒成立．
所以a ≥1
x
＋ln x 在x >0时恒成立．
令g (x )＝1
x
＋ln x (x >0)，
则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1
x
2(x >0)，
由g ′(x )>0，得x >1； 由g ′(x )<0，得0<x <1.
故g (x )在(0,1)上为单调递减函数，在(1，＋∞)上为单调递增函数，此时g (x )的最小值为
g (1)＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．
故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数，
则f ′(x )≥0在x >0时恒成立， 即1
x
－a ＋ln x ≥0在x >0时恒成立，
所以a ≤1
x
＋ln x 在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1.
故实数a 的取值范围是(－∞，1]．
B 组——能力提升练
1．函数f (x )的定义域是(0，π
2)，f ′(x )是它的导函数，且f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0在定
义域内恒成立，则( ) A ．f (π6)＞2f (π4)
B ．2sin 1·f (1)＞f (π
4)
C ．f (π6)＞3f (π3
)
D ．2f (π4)＞3f (π
3
)
解析：∵0＜x ＜π
2，∴sin x ＞0，cos x ＞0.由f (x )＋tan x ·f ′(x )＞0，得cos x ·f (x )
＋sin x ·f ′(x )＞0.令g (x )＝sin x ·f (x )，0＜x ＜
π
2
，则g ′(x )＝cos x ·f (x )＋sin x ·f ′(x )＞0，即g (x )在(0，
π2)上是增函数，∴g (1)＞g (π
4
)，即sin 1·f (1)＞sin π4·f (π4)，∴2sin 1·f (1)＞f (π
4)．故选B. 答案：B
2．已知函数f (x )＝
sin x
2＋cos x
.若当x ＞0时，函数f (x )的图象恒在直线y ＝kx 的下方，则k
的取值范围是( ) A ．[13，33]
B ．[1
3，＋∞)
C ．[
3
3
，＋∞) D ．[－
33，32
] 解析：由题意，当x ＞0时，f (x )＝sin x
2＋cos x ＜kx 恒成立．由f (π)＜k π知k ＞0.又f ′(x )
＝
1＋2cos x ＋cos x 2，由切线的几何意义知，要使f (x )＜kx 恒成立，必有k ≥f ′(0)＝1
3.要证
k ≥13
时不等式恒成立，只需证g (x )＝
sin x 2＋cos x －13x ＜0，∵g ′(x )＝2cos x ＋1＋cos x 2－1
3
＝
－
x －
2＋cos x
2
≤0，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递减，
∴g (x )＜g (0)＝0，∴不等式成立．综上k ∈[1
3，＋∞)．
答案：B
3．(2018·石家庄市质检)已知函数f (x )＝sin(2x ＋π
12
)，f ′(x )是f (x )的导函数，则函数
y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间是( )
A ．[π12，7π12]
B ．[－5π12，π
12]
C ．[－π3，2π3
]
D ．[－π6，5π6
]
解析：由题意，得f ′(x )＝2cos(2x ＋π12)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )＝2sin(2x ＋π
12)＋2cos(2x
＋
π12)＝22sin(2x ＋π12＋π4)＝22sin(2x ＋π3)．由2k π＋π2≤2x ＋π3≤2k π＋3π
2
(k ∈Z)，得k π＋π12≤x ≤k π＋7π12(k ∈Z)，所以y ＝2f (x )＋f ′(x )的一个单调递减区间为[π12，
7π
12]，故选A. 答案：A
4．已知函数f (x )＝ax 3
－3x 2
＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( ) A ．(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C ．(1，＋∞)
D ．(－∞，－1)
解析：当a ＝0时，显然f (x )有两个零点，不符合题意．
当a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2
－6x ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a
.
当a ＞0时，2a
＞0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2
＋1在(－∞，0)与⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞上为增函数，在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫0，2a 上为减函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f (0)＜0，即1＜0，不成立． 当a ＜0时，2a
＜0，所以函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上为减函数，在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫2a ，0上为增函数，因为f (x )存在唯一零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a
＞0，即a ·8a －3·4a
＋1＞0，
解得a ＞2或a ＜－2，又因为a ＜0，故a 的取值范围为(－∞，－2)．选B. 答案：B
5．(2018·广州市模拟)若函数f (x )＝e x
(sin x ＋a cos x )在(π4，π2)上单调递增，则实数a
的取值范围是( ) A ．(－∞，1]
B ．(－∞，1)
C ．[1，＋∞)
D ．(1，＋∞)
解析：f ′(x )＝e x
[sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )]，当a ＝0时，f ′(x )＝e x
(sin x ＋cos
x )，显然x ∈(π4，π2
)，f ′(x )＞0恒成立，排除C ，D ；当a ＝1时，f ′(x )＝2e x cos x ，x
∈(π4，π
2)时，f ′(x )＞0，故选A.
答案：A
6．已知函数f (x )＝－12x 2
－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，则实数t 的取值范围是________．
解析：∵函数f (x )＝－12x 2
－3x ＋4ln x (x ＞0)，
∴f ′(x )＝－x －3＋4
x
，
∵函数f (x )＝－12x 2
－3x ＋4ln x 在(t ，t ＋1)上不单调，
∴f ′(x )＝－x －3＋4
x
＝0在(t ，t ＋1)上有解，
∴x 2＋3x －4x
＝0在(t ，t ＋1)上有解，
∴x 2
＋3x －4＝0在(t ，t ＋1)上有解，由x 2
＋3x －4＝0得x ＝1或x ＝－4(舍去)， ∴1∈(t ，t ＋1)，∴t ∈(0,1)，故实数t 的取值范围是(0,1)． 答案：(0,1)
7．已知y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，且xf ′(x )＋f (x )＞0，则函数g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)的零点个数为________．
解析：因为g (x )＝xf (x )＋1(x ＞0)，g ′(x )＝xf ′(x )＋f (x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又g (0)＝1，y ＝f (x )为R 上的连续可导函数，所以g (x )为(0，＋∞)上的连续可导函数，又g (x )＞g (0)＝1，所以g (x )在(0，＋∞)上无零点． 答案：0
8．(2018·洛阳统考)已知函数f (x )＝e x
＋m ln x (m ∈R ，e 为自然对数的底数)，若对任意正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时都有f (x 1)－f (x 2)＞x 1－x 2成立，则实数m 的取值范围是________． 解析：依题意得，对于任意的正数x 1，x 2，当x 1＞x 2时，都有f (x 1)－x 1＞f (x 2)－x 2，因此函数g (x )＝f (x )－x 在区间(0，＋∞)上是增函数，于是当x ＞0时，g ′(x )＝f ′(x )－1＝e x
＋m x
－1≥0，即x (e x －1)≥－m 恒成立．记h (x )＝x (e x －1)，x ＞0，则有h ′(x )＝(x ＋1)e
x
－1＞(0＋1)e 0
－1＝0(x ＞0)，h (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，h (x )的值域是(0，＋∞)，因此－m ≤0，m ≥0.故所求实数m 的取值范围是[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)
9．已知函数f (x )＝x 2
－(2t ＋1)x ＋t ln x (t ∈R)．
(1)若t ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程以及f (x )的极值；
(2)设函数g (x )＝(1－t )x ，若存在x 0∈[1，e]，使得f (x 0)≥g (x 0)成立，求实数t 的最大值． 解析：(1)依题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当t ＝1时，f (x )＝x 2
－3x ＋ln x ，f ′(x )＝2x －3＋1x
＝
x －
x －
x
.
由f ′(1)＝0，f (1)＝－2，得曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝1
2
或x ＝1，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：
由表格知，f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2＝－4＋ln 2，
f (x )极小值＝f (1)＝－2.
(2)由题意知，不等式f (x )≥g (x )在区间[1，e]上有解， 即x 2
－2x ＋t (ln x －x )≥0在区间[1，e]上有解．
∵当x ∈[1，e]时，ln x ≤1≤x (不同时取等号)，∴ln x －x <0，∴t ≤x 2－2x
x －ln x
在区间[1，
e]上有解．
令h (x )＝x 2－2x x －ln x ，则h ′(x )＝
x －
x ＋2－2ln x
x －ln x .
∵x ∈[1，e]，∴x ＋2>2≥2ln x ，∴h ′(x )≥0，h (x )单调递增，∴x ∈[1，e]时，h (x )max ＝h (e)＝－e －1
.
∴t ≤
－e －1
，∴实数t 的最大值是
－e －1
.。