2019_2022学年高中数学课时跟踪检测(五)函数的单调性与导数(含解析)新人教A版选修2_2 (

课时跟踪检测〔五〕函数的单调性与导数
一、题组对点训练
对点练一函数与导函数图象间的关系
1．f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如下图，那么y＝f(x)
的图象最有可能是以下选项中的( )
解析：选C 题目所给出的是导函数的图象，导函数的图象在x轴的上方，表示导函数大于零，原函数的图象呈上升趋势；导函数的图象在x轴的下方，表示导函数小于零，原函数的图象呈下降趋势．由x∈(－∞，0)时导函数图象在x轴的上方，表示在此区间上，原函数的图象呈上升趋势，可排除B、D两选项．由x∈(0,2)时导函数图象在x轴的下方，表示在此区间上，原函数的图象呈下降趋势，可排除A选项．应选C.
2．假设函数y＝f′(x)在区间(x1，x2)内是单调递减函数，那么函数y＝f(x)在区间(x1，x2)内的图象可以是( )
解析：选B 选项A中，f′(x)>0且为常数函数；选项C中，f′(x)>0且f′(x)在(x1，x2)内单调递增；选项D中，f′(x)>0且f′(x)在(x1，x2)内先增后减．应选B.
3．如下图的是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，那么在[－
2,5]上函数f(x)的递增区间为________．
解析：因为在(－1,2)和(4,5]上f′(x)>0，所以f(x)在[－2,5]上的
单调递增区间为(－1,2)和(4,5]．
答案：(－1,2)和(4,5]
对点练二判断(证明)函数的单调性、求函数的单调区间
4．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，＋∞)
解析：选D f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝e x(x－2)．由f′(x)>0得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．
5．函数f(x)＝2x2－ln x的递增区间是( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12
B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0和⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞
C.⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞ D.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，－12和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12
解析：选 C 由题意得，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1
x ＝
4x 2
－1
x
＝
(2x ＋1)(2x －1)x ，令f ′(x )＝(2x ＋1)(2x －1)x >0，解得x >12
，故函数f (x )＝2x 2
－ln x 的递增区
间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞.应选C. 6．f (x )＝ax 3
＋bx 2
＋c 的图象经过点(0,1)，且在x ＝1处的切线方程是y ＝x . (1)求y ＝f (x )的解析式； (2)求y ＝f (x )的单调递增区间．
解：(1)∵f (x )＝ax 3
＋bx 2
＋c 的图象经过点(0,1)，∴c ＝1，f ′(x )＝3ax 2
＋2bx ，f ′(1)＝3a ＋2b ＝1，切点为(1,1)，那么f (x )＝ax 3
＋bx 2
＋c 的图象经过点(1,1)，得a ＋b ＋c ＝1，解得a ＝1，b ＝－1，即f (x )＝x 3
－x 2
＋1.
(2)由f ′(x )＝3x 2
－2x >0得x <0或x >23，所以单调递增区间为(－∞，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞.
对点练三 与参数有关的函数单调性问题
7．假设函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减，那么实数a 的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．4
D ．5
解析：选C 函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减，只需f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立即可，令f ′(x )＝1－12ax －1
2
≤0，解得a ≥2x ，那么a ≥4.∴a min ＝4.
8．假设函数f (x )＝x 3
＋bx 2
＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,2)，那么b ＝________，c ＝________.
解析：f ′(x )＝3x 2
＋2bx ＋c ，由题意知－1<x <2是不等式f ′(x )<0的解，即－1,2是方程3x 2
＋2bx ＋c ＝0的两个根，把－1,2分别代入方程，解得b ＝－32
，c ＝－6.
答案：－3
2
－6
9．函数f (x )＝(x －2)e x
＋a (x －1)2
.讨论f (x )的单调性． 解：f ′(x )＝(x －1)e x
＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x
＋2a )．
(1)设a ≥0，那么当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(xf (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(2)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．
①假设a ＝－e 2，那么f ′(x )＝(x －1)(e x
－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；
②假设－e
2<a <0，那么ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；
当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(xf (x )在(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减；
③假设a <－e
2，那么ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；
当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(xf (x )在(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减．
二、综合过关训练
1．假设函数e x
f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，那么称函数f (x )具有M 性质．以下函数中具有M 性质的是( )
A ．f (x )＝2－x
B ．f (x )＝x 2
C ．f (x )＝3－x
D ．f (x )＝cos x
解析：选A 对于选项A ，f (x )＝2－x
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x ，
那么e x f (x )＝e x
·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫e 2x ，∵e 2＞1，
∴e x f (x )在R 上单调递增，∴f (x )＝2－x 具有M 性质．对于选项B ，f (x )＝x 2，e x f (x )＝e x x 2
，[e x f (x )]′＝e x (x 2＋2x )，令e x (x 2
＋2x )＞0，得x ＞0或x ＜－2；
令e x (x 2＋2x )＜0，得－2＜x ＜0，∴函数e x
f (x )在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2,0)上单调递减，
∴f (x )＝x 2
不具有M 性质．
对于选项C ，f (x )＝3－x
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，
那么e x f (x )＝e x
·⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫e 3x ，
∵e
3
＜1， ∴y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫e 3x
在R 上单调递减，
∴f (x )＝3－x
不具有M 性质．
对于选项D ，f (x )＝cos x ，e x
f (x )＝e x
cos x ，
那么[e x
f (x )]′＝e x
(cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立，故e x
f (x )＝e x
cos x 在R 上不是单调递增的，
∴f (x )＝cos x 不具有M 性质．应选A.
2．假设函数f (x )＝x －eln x,0<a <e<b ，那么以下说法一定正确的选项是( ) A ．f (a )<f (b ) B ．f (a )>f (b ) C ．f (a )>f (e)
D ．f (e)>f (b )
解析：选C f ′(x )＝1－e x ＝x －e
x
，x >0，令f ′(x )＝0，得x ＝e ，f (x )在(0，e)上为减
函数，在(e ，＋∞)上为增函数，所以f (a )>f (e)，f (b )>f (e)，f (a )与f (b )的大小不确定．
3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数，将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确的选项是( )
解析：选D 对于选项A ，假设曲线C 1为y ＝f (x )的图象，曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象，那么函数y ＝f (x )在(－∞，0)内是减函数，从而在(－∞，0)内有f ′(x )<0；y ＝f (x )在(0，＋∞)内是增函数，从而在(0，＋∞)内有f ′(x )>0.因此，选项A 可能正确．
同理，选项B 、C 也可能正确．
对于选项D ，假设曲线C 1为y ＝f ′(x )的图象，那么y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内应为增函数，与C 2不相符；假设曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象，那么y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内应为减函数，与C 1不相符．因此，选项D 不可能正确．
4．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，那么当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 )
解析：选C 因为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2
，又因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，
所以
f (x )
g (x )在R 上为减函数．又因为a <x <b ，所以f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )
g (b )
，又因为f (x )>0，g (x )>0，所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．
5．(2021·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x
(a 为常数)．假设f (x )为奇函数，那么a ＝________；假设f (x )是R 上的增函数，那么a 的取值范围是________．
解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x
(a 为常数)的定义域为R ， ∴f (0)＝e 0
＋a e －0
＝1＋a ＝0，∴a ＝－1. ∵f (x )＝e x
＋a e －x
，∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x
－a
e x .
∵f (x )是R 上的增函数，∴f ′(x )≥0在R 上恒成立，
即e x
≥a
e x 在R 上恒成立，∴a ≤e 2x
在R 上恒成立．
又e 2x
>0，∴a ≤0，即a 的取值范围是(－∞，0]． 答案：－1 (－∞，0]
6．如果函数f (x )＝2x 2
－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，那么实数k 的取值范围是________．
解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2
－1
x
.
由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由f ′(x )<0，得函数f (x )的单
调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12.
由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧
k －1<12<k ＋1，k －1≥0.
解得：1≤k <3
2
.
答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1，32 7．函数f (x )＝x ln x .
(1)求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程；
(2)讨论函数f (x )在区间(0，t ](t >0)上的单调性． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1. 曲线f (x )在x ＝1处的切线的斜率为k ＝f ′(1)＝1.
把x ＝1代入f (x )＝x ln x 中得f (1)＝0，即切点坐标为(1,0)．所以曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝x －1.
(2)令f ′(x )＝1＋ln x ＝0，得x ＝1
e
.
①当0<t <1
e
时，在区间(0，t ]上，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．
②当t >1e 时，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上，f ′(x )<0，f (x )为减函数；在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，t 上，f ′(x )>0，f (x )为增函数．
8．函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2
＋2x ，ah (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的
取值范围．
解：h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x ∈(0，＋∞)，所以h ′(x )＝1
x －ax －2.
因为h (x )在[1,4]上单调递减，
所以x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1
x
－ax －2≤0恒成立，
即a ≥1x 2－2
x
恒成立，
令G (x )＝1x 2－2
x
，
那么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 ＝－7
16(此时x ＝4)，
所以a ≥－7
16
.
当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2
－32x 16x ＝(7x －4)(x －4)
16x .
因为x ∈[1,4]，所以h ′(x )＝(7x －4)(x －4)
16x ≤0，
即h (x )在[1,4]上为减函数． 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪
⎫－716，＋∞.。