利用导数求函数的单调性

【答案】B
5．(2018·广州市模拟)若函数
f(x)＝ex(sin
x＋acos
ππ x)在( ， )上单调递增，则实数
a
的取值范围
42
是( )
A．(－∞，1]
B．(－∞，1)
C．[1，＋∞)
D．(1，＋∞)
【解析】f′(x)＝ex[sin x＋cos x－a(sin x－cos x)]，当 a＝0 时，f′(x)＝ex(sin x＋cos x)，显然 x
利用导数求函数的单调性
π 1．函数 f(x)的定义域是(0， )，f′(x)是它的导函数，且 f(x)＋tan x·f′(x)＞0 在定义域内恒成立，
2
则( )
π
π
A．f( )＞ 2f( )
6
4
π B． 2sin 1·f(1)＞f( )
4
π
π
C．f( )＞ 3f( )
6
3
π
π
D． 2f( )＞ 3f( )
∴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，
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
1 51
由表格知，f(x)极大值＝f 2 ＝－ ＋ln ， 42
f(x)极小值＝f(1)＝－2. (2)由题意知，不等式 f(x)≥g(x)在区间[1，e]上有解，
即 x2－2x＋t(ln x－x)≥0 在区间[1，e]上有解．
x2－2x
∵当 x∈[1，e]时，ln x≤1≤x(不同时取等号)，∴ln x－x<0，∴t≤
4
3
π 【解析】∵0＜x＜ ，∴sin x＞0，cos x＞0.由 f(x)＋tan x·f′(x)＞0，得 cos x·f(x)＋sin x·f′(x)＞
2
π
π
0.令 g(x)＝sin x·f(x)，0＜x＜ ，则 g′(x)＝cos x·f(x)＋sin x·f′(x)＞0，即 g(x)在(0， )上是增函
4 ∴f′(x)＝－x－3＋ ，
x
∵函数 f(x)＝－1x2－3x＋4ln x 在(t，t＋1)上不单调， 2
4 ∴f′(x)＝－x－3＋ ＝0 在(t，t＋1)上有解，
x
x2＋3x－4
∴
＝0 在(t，t＋1)上有解，
x
∴x2＋3x－4＝0 在(t，t＋1)上有解，由 x2＋3x－4＝0 得 x＝1 或 x＝－4(舍去)，
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)＝ex＋mln x(m∈R，e 为自然对数的底数)，若对任意正数 x1， x2，当 x1＞x2 时都有 f(x1)－f(x2)＞x1－x2 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 x1，x2，当 x1＞x2 时，都有 f(x1)－x1＞f(x2)－x2，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＝ex＋m－1≥0，即
ππ ∈( ， )，f′(x)＞0
恒成立，排除
C，D；当
a＝1
时，f′(x)＝2excos
ππ x，x∈( ， )时，f′(x)＞0，
42
42
故选 A.
【答案】A
6．已知函数 f(x)＝－1x2－3x＋4ln x 在(t，t＋1)上不单调，则实数 t 的取值范围是________． 2
【解析】∵函数 f(x)＝－1x2－3x＋4ln x(x＞0)， 2
3
【答案】B
π 3．(2018·石家庄市质检)已知函数 f(x)＝sin(2x＋ )，f′(x)是 f(x)的导函数，则函数 y＝2f(x)＋f′
12
(x)的一个单调递减区间是( )
π 7π A．[ ， ]
12 12
5π π B．[－ ， ]
12 12
π 2π C．[－ ， ]
33
π 5π D．[－ ， ]
2＋cos x 2
3
3
sin x 1
2cos x＋1 1 － cos x－1 2
式恒成立，只需证 g(x)＝
－ x＜0，∵g′(x)＝
－＝
≤0，
2＋cos x 3
2＋cos x 2 3 3 2＋cos x 2
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
1 ∴g(x)＜g(0)＝0，∴不等式成立．综上 k∈[ ，＋∞)．
(1)若 t＝1，求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程以及 f(x)的极值；
(2)设函数 g(x)＝(1－t)x，若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)≥g(x0)成立，求实数 t 的最大值． 【解析】(1)依题意，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当
t＝1
时，f(x)＝x2－3x＋ln
x
x(ex－1)≥－m 恒成立．记 h(x)＝x(ex－1)，x＞0，则有 h′(x)＝(x＋1)ex－1＞(0＋1)e0－1＝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)＝x2－(2t＋1)x＋tln x(t∈R)．
33
1 B．[ ，＋∞)
3
3 C．[ ，＋∞)
3
33 D．[－ ， ]
32
sin x
【解析】由题意，当 x＞0 时，f(x)＝
＜kx 恒成立．由 f(π)＜kπ知 k＞0.又 f′(x)＝
2＋cos x
1＋2cos x
1
1
，由切线的几何意义知，要使 f(x)＜kx 恒成立，必有 k≥f′(0)＝ .要证 k≥ 时不等
在区间[1，e]上有解．
x－ln x
x2－2x
x－1 x＋2－2ln x
令 h(x)＝
，则 h′(x)＝
.
x－ln x
x－ln x 2
e e－2
∵x∈[1，e]，∴x＋2>2≥2ln x，∴h′(x)≥0，h(x)单调递增，∴x∈[1，e]时，h(x)max＝h(e)＝
.
e－1
e e－2
e e－2
∴t≤
2
2
当
a＜0
2 时， ＜0，所以函数
f(x)＝ax3－3x2＋1
在
－∞， a
和(0，＋∞)上为减函数，在
，0 a
上
a
2
84
为增函数，因为
f(x)存在唯一零点
x0，且
x0＞0，则
f
a
＞0，即
a· －3· ＋1＞0，解得 a3 a2
a＞2
或 a＜－2，又因为 a＜0，故 a 的取值范围为(－∞，－2)．选 B.
1 x，f′(x)＝2x－3＋ ＝
2x－1
x－1 .
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.
1 令 f′(x)＝0，解得 x＝ 或 x＝1，f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下：
2
1
1
1
x
0，
，1
1
(1，＋∞)
2
2
2
f′(x)
，∴实数 t 的最大值是
.
e－1
e－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)＝3ax2－6x，令
f′(x)＝0，解得
2 x1＝0，x2＝ .
a
2
2
当
a＞0
2 时， ＞0，所以函数
f(x)＝ax3－3x2＋1
在(－∞，0)与
，＋∞ a
上为增函数，在
0， a
上
a
为减函数，因为 f(x)存在唯一零点 x0，且 x0＞0，则 f(0)＜0，即 1＜0，不成立．
2Байду номын сангаас
2
π
ππ
π
数，∴g(1)＞g( )，即 sin 1·f(1)＞sin ·f( )，∴ 2sin 1·f(1)＞f( )．故选 B.
4
44
4
【答案】B
sin x
2．已知函数 f(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
2＋cos x
范围是( )
13 A．[ ， ]
66
π
π
π
【解析】由题意，得 f′(x)＝2cos(2x＋ )，所以 y＝2f(x)＋f′(x)＝2sin(2x＋ )＋2cos(2x＋ )
12
12
12
ππ
π
π
π
3π
π
＝2 2sin(2x＋ ＋ )＝2 2sin(2x＋ )．由 2kπ＋ ≤2x＋ ≤2kπ＋ (k∈Z)，得 kπ＋ ≤x
12 4
3
2
3
2
12
7π
π 7π
≤kπ＋ (k∈Z)，所以 y＝2f(x)＋f′(x)的一个单调递减区间为[ ， ]，故选 A.
12
12 12
【答案】A
4．已知函数 f(x)＝ax3－3x2＋1，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0>0，则 a 的取值范围是( )
A．(2，＋∞)
B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞)