人教版高二数学《函数的单调性》练习含答案解析

在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数，∴当x>0

解析：选A　∵y＝1

2

x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，

∴y′＝x－1

x

，令y′<0，即x－

1

x

<0，

解得0<x<1.故选A.

4．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )

A．y＝sin x B．y＝x e x C．y＝x3－x D．y＝ln x－x 解析：选B　B项中，y＝x e x，y′＝e x＋x e x＝e x(1＋x)，

当x∈(0，＋∞)时，y′>0，

∴y＝x e x在(0，＋∞)内为增函数．

5．若f(x)＝ln x

x

，e<a<b，则( )

A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1

解析：选A　由f′(x)＝1－ln x

x2

<0，解得x>e，

∴f(x)在(e，＋∞)上为减函数，∵e<a<b，∴f(a)>f(b)．

6．已知函数f(x)＝k e x－1－x＋1

2

x2(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，则f(x)的单调

递减区间为________．

解析：f′(x)＝k e x－1－1＋x.

∵曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与x轴平行，∴f′(0)＝k·e－1－1＝0，解得k＝e，

故f′(x)＝e x＋x－1.

－1,1)时，f′(x)<0，)>0，

上是单调函数，求实数m的取值范围．x－

　从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，当x＝0时最大，所以函数x＝0时变化率最大．A中，在x＝0时变化率最小，故错误；

A．(－3,0)∪(3，＋∞)

B．(－3,0)∪(0,3)

C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)

D．(－∞，－3)∪(0,3)

解析：选D　当x<0时，[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，

令F(x)＝f(x)g(x)，

则当x<0时，F(x)为增函数．

∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，

∴F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)．

∴F(x)为奇函数．

故当x>0时，F(x)仍为增函数．

根据F(x)＝f(x)g(x)的性质，可作出F(x)的示意图．

∴f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．

13．定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，f′(x)<2，则满足f(x)>2x－1的x的取值范围是________．解析：令g(x)＝f(x)－2x＋1，

则g′(x)＝f′(x)－2<0，

又g(1)＝f(1)－2×1＋1＝0，

当g(x)>g(1)＝0时，即x<1时f(x)－2x＋1>0，

即f(x)>2x－1的解集为(－∞，1)．

答案：(－∞，1)

14．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a＝－1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)＋2>0.

解：(1)根据题意知，f′(x)＝a(1－x)

x

(x>0)，

当a>0时，则当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；

同理，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)；

当a＝0时，f(x)＝－3，不是单调函数，无单调区间．

(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x－3，

所以f(1)＝－2，

由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，

所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)．

即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.

[C级　拓展探究]

15．(1)已知函数f(x)＝ax e kx－1，g(x)＝ln x＋kx.当a＝1时，若f(x)在(1，＋∞)上为减函数，g(x)在(0,1)上为增函数，求实数k的值；

(2)已知函数f(x)＝x＋a

x

－2ln x，a∈R，讨论函数f(x)的单调区间．

解：(1)当a＝1时，f(x)＝x e kx－1，

∴f′(x)＝(kx＋1)e kx，g′(x)＝1

x

＋k.

∵f(x)在(1，＋∞)上为减函数，

则∀x>1，f′(x)≤0⇔k≤－1

x

，∴k≤－1.

∵g(x)在(0,1)上为增函数，

则∀x∈(0,1)，g′(x)≥0⇔k≥－1

x

，∴k≥－1.

综上所述，k＝－1.

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，

∴f′(x)＝1－a

x2

－

2

x

＝

x2－2x－a

x2

.

①当Δ＝4＋4a≤0，即a≤－1时，得x2－2x－a≥0，则f′(x)≥0.

∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．

②当Δ＝4＋4a>0，即a>－1时，

令f′(x)＝0，得x2－2x－a＝0，

解得x1＝1－1＋a，x2＝1＋1＋a>0.

(ⅰ)若－1<a≤0，则x1＝1－1＋a≥0，

∵x∈(0，＋∞)，

∴f(x)在(0,1－1＋a)，(1＋1＋a，＋∞)上单调递增，在(1－1＋a，1＋1＋a)上单调递减．(ⅱ)若a>0，则x1<0，当x∈(0,1＋1＋a)时，f′(x)<0，当x∈(1＋1＋a，＋∞) 时，f′(x)>0，∴函数f(x)在区间(0,1＋1＋a)上单调递减，

在区间(1＋1＋a，＋∞)上单调递增．