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第1课时 导数与函数的单调性
[基础题组练]
1．函数f(x)＝e－ex，x∈R的单调递增区间是( ) A．(0，＋∞) C．(－∞，1)
xxB．(－∞，0) D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝e－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D. 2．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是( ) A．增函数 C．先增后减
B．减函数 D．先减后增
解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．
1312
3．(2024·台州市高三期末质量评估)已知函数f(x)＝ax＋ax＋x(a∈R)，下列选项
32中不可能是函数f(x)图象的是( )
解析：选D.因f′(x)＝ax＋ax＋1，故当a＜0时，判别式Δ＝a－4a＞0，其图象是答案C中的那种情形；当a＞0时，判别式Δ＝a－4a＞0，其图象是答案B中的那种情形；判别式Δ＝a－4a≤0，其图象是答案A中的那种情形；当a＝0，即y＝x也是答案A中的那种情形，应选答案D.
2
2
2
2
?π??π?4．已知函数f(x)＝xsin x，x∈R，则f??，f(1)，f?－?的大小关系为( )
?5??3??π??π?A．f?－?>f(1)>f??
?3??5??π??π?B．f(1)>f?－?>f??
?3??5??π??π?C．f??>f(1)>f?－? ?5??3??π??π?D．f?－?>f??>f(1) ?3??5?
解析：选A.因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．所以
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?π??π??π?函数f(x)是偶函数，所以f?－?＝f??.又x∈?0，?时，得f′(x)＝sin x＋xcos x>0，
2??3??3???π??π??π??π?所以此时函数是增函数．所以f??
?5??3??3??5?
5．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) C．(－∞，－1)
B．(－1，＋∞) D．(－∞，＋∞)
解析：选B.由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.
因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B.
6．(2024·温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) C．f(0)＋f(6)≥2f(3)
B．f(0)＋f(6)＜2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.
7．函数f(x)＝(x－3)e的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝(x－3)e，则f′(x)＝e(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
答案：(2，＋∞)
8．已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
xxxa?x＋?1?a?1
因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时
xxaf′(x)≤0，当0＜x＜－时f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为?0，－?，单调
a?a?
1
?
1??
1??1?递减区间为?－，＋∞?.
?a?
?
1??1??答案：?0，－? ?－，＋∞?
a??a?
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9．若函数f(x)＝ax＋3x－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意知f′(x)＝3ax＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
10．(2024·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f(x)＝xe，若f(x)在[t，t＋1]上不单调，则实数t的取值范围是________．
解析：由题意得，f′(x)＝e(x＋2x)，所以f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，又因为f(x)在[t，t＋1]上不单调，所以?即实数t的取值范围是(－3，－2)∪(－1，0)．
答案：(－3，－2)∪(－1，0)
?t<－2?
?t<0?
或?，
??t＋1>－2t＋1>0??
x2
2x2
2
32
xa3
11．已知函数f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的
4x2
1
切线垂直于直线y＝x.
2
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
1a1
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝－2－，
4xx1
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知
2
f′(1)＝－－a＝－2，
5
解得a＝.
4
34
x53
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
44x2x2－4x－5
则f′(x)＝. 24x令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数； 当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数． 故函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0，5)． 12．(1)设函数f(x)＝xe
2－x＋ex，求f(x)的单调区间．
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(2)设f(x)＝e(ln x－a)(e是自然对数的底数，e＝2.718 28…)，若函数f(x)在区间
x?1，e?上单调递减，求a的取值范围． ?e???
解：(1)因为f(x)＝xe由f′(x)＝e1－x＋e
x－1
2－x2－x＋ex.
x－1
(1－x＋e)及e
2－x＞0知，f′(x)与
同号．
x－1
令g(x)＝1－x＋e，则g′(x)＝－1＋e
x－1
.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)， 故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
1??1?x?(2)由题意可得f′(x)＝e?ln x＋－a?≤0在?，e?上恒成立．
x???e?
11?1?x因为e>0，所以只需ln x＋－a≤0，即a≥ln x＋在?，e?上恒成立．令g(x)＝ln xxx?e?1
＋.
x11x－1
因为g′(x)＝－2＝2，
xxx由g′(x)＝0，得x＝1.
x g′(x) g(x) ?1，1? ?e???－ (1，e) ＋ 1e
1e
g??＝ln ＋e＝e－1，g(e)＝1＋，因为e－1>1＋，所以g(x)max＝g??＝e－1. ee
故a≥e－1.
[综合题组练]
1．(2024·丽水模拟)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)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
?1???
1e
?1???
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解析：选C.由题图可知当0＜x＜1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．当x＜－1时，xf′(x)＜0，所以f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当－1＜x＜0时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
2．(2024·浙江新高考冲刺卷)已知定义在R上的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)．当
xx≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(x)＜g(1－2x)的解集为
2
( )
1
A．(，1)
31
C．(，＋∞)
3
1
B．(－∞，)∪(1，＋∞)
31
D．(－∞，)
3
解析：选A.因为定义在R上的偶函数f(x)， 所以f(－x)＝f(x)
因为x≥0时，恒有f′(x)＋f(－x)≤0，
2所以xf′(x)＋2xf(x)≤0， 因为g(x)＝xf(x)，
所以g′(x)＝2xf(x)＋xf′(x)≤0， 所以g(x)在[0，＋∞)上为减函数， 因为f(x)为偶函数， 所以g(x)为偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)上为增函数， 因为g(x)＜g(1－2x) 所以|x|＞|1－2x|， 即(x－1)(3x－1)＜0 1
解得＜x＜1，选A.
3
3.已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是________．
2
2
2
x
新高考数学一轮复习第2讲导数在研究函数中的应用1第1课时导数与函数的单调性高效演练分层突破
