高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单
调性高效演练分层突破文新人教A版
第2讲 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.
3
2．(2024·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是( )
xA．(－3，1) C．(－1，3)
B．(0，1) D．(0，3)
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解析：选B.法一：令y′＝1－2＋<0，得－3
xx间为(0，1)．故选B.
7
法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝4 2选B. e 3．函数f(x)＝的图象大致为( ) xx exe－e 解析：选B.函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝，2 xxxxx可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意． e 当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确． xx 4．(2024·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(e＋e)，则f(x)( ) A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数 C．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数 解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e＋e)＝－x(e＋e)＝－f(x)，故 －xx－xxx－xf(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又 e＋e>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A. 优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1) 5．(2024·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x－3mx＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( ) A．(－∞，1] C．(－∞，2] 2 3 2 x－xB．(－∞，1) D．(－∞，2) 解析：选C.因为f′(x)＝6(x－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立， 2 2 x2＋11?1?所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤?x＋?(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1， xx?x?min 1 ＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C. x12 6．函数y＝4x＋的单调递增区间为 ． x112 解析：由y＝4x＋，得y′＝8x－2， xx11 令y′>0，即8x－2>0，解得x>. x2 1?1?2 所以函数y＝4x＋的单调递增区间为?，＋∞?. x?2? ?1?答案：?，＋∞? ?2? 7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ． 解析：由f(x)图象特征可得， ????f′(x)在?－∞，?和[2，＋∞)上大于0，在?，2?上小于0， 22 ? ? ? ? ???x≥0，?x≤0，1 所以xf′(x)≥0??或??0≤x≤或x≥2， 2??f′（x）≥0??f′（x）≤0 11 ?1?所以xf′(x)≥0的解集为?0，?∪[2，＋∞)． ?2??1?答案：?0，?∪[2，＋∞) ?2? ?π?8．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f??，f(2)的大小关系为 (用“<”?2? 连接)． 解析：由题意知，函数f(x)为偶函数， 因此f(－3)＝f(3)． 又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 当x∈? ?π，π?时，f′(x)<0.所以f(x)在区间?π，π?上是减函数，所以f?π?＞f(2) ??2??2??2????? ＞f(3)＝f(－3)． ?π?答案：f(－3) ?2? ?2?32 9．已知函数f(x)＝x＋ax－x＋c，且a＝f′??. ?3? (1)求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间． 解：(1)由f(x)＝x＋ax－x＋c， 得f′(x)＝3x＋2ax－1. 2?2?222??当x＝时，得a＝f′??＝3×??＋2a×－1， 33?3??3?解得a＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x－x－x＋c， 3 2 2 3 2 ?1?2 则f′(x)＝3x－2x－1＝3?x＋?(x－1)， ?3? 1 令f′(x)>0，解得x>1或x<－； 31 令f′(x)<0，解得－ 3 1??所以f(x)的单调递增区间是?－∞，－?和(1，＋∞)； 3?? ??f(x)的单调递减区间是?－，1?. 3 ? ? 10．已知函数f(x)＝x－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点 e(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性． 解：因为f(0)＝b－1， 所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝而f′(x)＝－x，由导数的几何意义可知， e 1 bb－1－（－2） 0－2 ＝－ b＋1 2 ， bb＋1 f′(0)＝－b＝－， 2 1 所以b＝1，所以f(x)＝x－1. e11 则F(x)＝ax＋x－1，F′(x)＝a－x， ee当a≤0时，F′(x)<0恒成立； 当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a， 由F′(x)>0，得x>－ln a. 故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减； 当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． [综合题组练] 1．(2024·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝e(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为( ) A．(0，2) C．(2，3) B．(0，3) D．(3，＋∞) xx解析：选B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝e(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又 f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解 集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0，3)，故选B. 1 2．设函数f(x)＝x－，且f(mx)＋mf(x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则实数m的 x取值范围是 ． 1m解析：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－＋mx－<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，整理得 mxx11?1?122 2mx0时，2x<1＋2，显然当x＝1 ?m?xmm 122 时y＝2x取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m<0时，2x>1＋2，当x＝1时y＝ m12 2x取得最小值为2，1＋2<2，解得m<－1.综上，实数m的取值范围是m<－1. m答案：(－∞，－1) 13a2 3．设函数f(x)＝x－x＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. 32(1)求b，c的值； (2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间； (3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝x－ax＋b， 由题意得? ?f（0）＝1，? ?c＝1，? 即? ???f′（0）＝0，?b＝0. 2 故b＝0，c＝1. (2)由(1)得，f′(x)＝x－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)． (3)g′(x)＝x－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x－ax＋2<0成立． 2 则存在x∈(－2，－1)使－a>－x－成立， 2 2 2 x2??即－a>?－x－??x?min . 因为x∈(－2，－1)，所以－x∈(1，2)， 2 则－x－≥2 x?2?（－x）·?－?＝22， ?x? x2 当且仅当－x＝－，即x＝－2时等号成立， 所以－a>22，则a<－22. 所以实数a的取值范围为(－∞，－22)． 1e2 4．(2024·成都七中检测)设函数f(x)＝ax－a－ln x，g(x)＝－x，其中a∈R，e＝ xe2.718…为自然对数的底数．
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