高中数学：利用导数研究函数的单调性练习

高中数学：利用导数研究函数的单调性练习

1

1．函数y＝2x2－lnx的单调递减区间为( B ) A．(－1,1] C．[1,＋∞)

B．(0,1] D．(0,＋∞)

121x2－1x－1x＋1

解析：y＝2x－lnx,y′＝x－x＝x＝(x＞0)．

x令y′≤0,得0＜x≤1, 所以递减区间为(0,1]．

2．下列函数中,在(0,＋∞)上为增函数的是( B ) A．f(x)＝sin2x C．f(x)＝x3－x

B．f(x)＝xex D．f(x)＝－x＋lnx

ππ

解析：对于A,f(x)＝sin2x的单调递增区间是kπ－4，kπ＋4(k∈Z)；对于B,f′(x)＝ex(x＋

1),当x∈(0,＋∞)时,f′(x)＞0,∴函数f(x)＝xex在(0,＋∞)上为增函数；对于C,f′(x)＝3x2－1,令3333

f′(x)＞0,得x＞3或x＜－3,∴函数f(x)＝x3－x在－∞，－和，＋∞上单调递增；

33x－11

对于D,f′(x)＝－1＋x＝－x,令f′(x)＞0,得0＜x＜1,∴函数f(x)＝－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增．综上所述,故选B.

3．(浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示,则函数y＝f(x)的图象可能是( D )

解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间,f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间,验证只有D选项符合．

4．(豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数,满足f′(x)－2f(x)＜0,且f(－1)＝0,则f(x)＞0的解集为( A )

A．(－∞,－1) C．(－∞,0)

B．(－1,1) D．(－1,＋∞)

f′x－2fxfx

解析：设g(x)＝e2x,则g′(x)＝＜0在R上恒成立,所以g(x)在R上递减,又因

e2x为g(－1)＝0,f(x)＞0⇔g(x)＞0,所以x＜－1.

1

5．(安徽江南十校联考)设函数f(x)＝2x2－9lnx在区间[a－1,a＋1]上单调递减,则实数a的取值范围是( A )

A．(1,2] C．(－∞,2]

B．[4,＋∞) D．(0,3]

9

解析：∵f(x)的定义域是(0,＋∞),f′(x)＝x－x,∴由f′(x)≤0解得0＜x≤3,由题意知a－1＞0，解得1＜a≤2. a＋1≤3，

lnx

6．(安徽模拟)已知f(x)＝x,则( D ) A．f(2)＞f(e)＞f(3) C．f(3)＞f(2)＞f(e)

解析：f(x)的定义域是(0,＋∞),

B．f(3)＞f(e)＞f(2) D．f(e)＞f(3)＞f(2)

1－lnx

∵f′(x)＝x2,∴x∈(0,e),f′(x)＞0,x∈(e,＋∞),

ln2ln8ln3ln9

f′(x)＜0,故x＝e时,f(x)max＝f(e),而f(2)＝2＝6,f(3)＝3＝6,则f(e)＞f(3)＞f(2)． π3π7．(张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1,且2f′(x)＞1,当x∈－2，2时,不

3x

等式f(2cosx)＞2－2sin22的解集为( D )

π4πA.3，3 π

C.0，3 

x1解析：令g(x)＝f(x)－2－2, 1

则g′(x)＝f′(x)－2＞0, ∴g(x)在R上单调递增, 11

且g(1)＝f(1)－2－2＝0,

3x2cosx1

∵f(2cosx)－＋2sin2＝f(2cosx)－－＝g(2cosx),

222232x∴f(2cosx)＞2－2sin2, 即g(2cosx)＞0,∴2cosx＞1. π3πππ又x∈－2，2,∴x∈－3，3.



8．(武汉模拟)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x),当x＞0,xf′(x)－f(x)f－3fefln2

＜0,若a＝e,b＝ln2,c＝,则a,b,c的大小关系正确的是( D )

－3

A．a＜b＜c C．a＜c＜b fx

解析：设g(x)＝x, 则g′(x)＝

xf′x－fx

, x2B．b＜c＜a D．c＜a＜b π4πB.－3，3 ππD.－3，3 

∵当x＞0时,xf′(x)－f(x)＜0,

∴g′(x)＜0.

∴g(x)在(0,＋∞)上是减函数． 由f(x)为奇函数,知g(x)为偶函数, 则g(－3)＝g(3),

又a＝g(e),b＝g(ln2),c＝g(－3)＝g(3), ∴g(3)＜g(e)＜g(ln2),故c＜a＜b.

9．(银川诊断)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是 (－3,0)∪(0,＋∞) .

解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋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． 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,＋∞)．

12

10．已知函数f(x)＝－2x＋4x－3lnx在区间[t,t＋1]上不单调,则t的取值范围是 (0,1)∪(2,3) .

解析：由题意知

x－1x－33

f′(x)＝－x＋4－x＝－, x

由f′(x)＝0,得函数f(x)的两个极值点为1和3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t＋1)内, 函数f(x)在区间[t,t＋1]上就不单调,

由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1,得0＜t＜1或2＜t＜3.

11．(河北武邑中学调研)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R,e为自然对数的底数)． (1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若a＝1,函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2,＋∞)上为增函数,求实数m的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为R,f′(x)＝ex－a. 当a≤0时,f′(x)＞0, ∴f(x)在R上为增函数； 当a＞0时,由f′(x)＝0得x＝lna, 则当x∈(－∞,lna)时,f′(x)＜0,

∴函数f(x)在(－∞,lna)上为减函数, 当x∈(lna,＋∞)时,f′(x)＞0, ∴函数f(x)在(lna,＋∞)上为增函数． (2)当a＝1时,g(x)＝(x－m)(ex－x)－ex＋x2＋x. ∵g(x)在(2,＋∞)上为增函数,

∴g′(x)＝xex－mex＋m＋1≥0在(2,＋∞)上恒成立, xex＋1即m≤x在(2,＋∞)上恒成立．

e－1xex＋1

令h(x)＝x,x∈(2,＋∞),

e－1

ex2－xex－2exexex－x－2

则h′(x)＝＝.

ex－12ex－12

令L(x)＝ex－x－2,L′(x)＝ex－1＞0在(2,＋∞)上恒成立, 即L(x)＝ex－x－2在(2,＋∞)上为增函数, 即L(x)＞L(2)＝e2－4＞0, ∴h′(x)＞0在(2,＋∞)上成立, xex＋1

即h(x)＝x在(2,＋∞)上为增函数,

e－12e2＋12e2＋1

∴h(x)＞h(2)＝2,∴m≤2. e－1e－12e2＋1

. ∴实数m的取值范围是－∞，2

e－112．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数g(x)m

f′x＋2在区间(t,3)上总不是单调函数,求m的取值范围． ＝x3＋x2·

解：(1)函数f(x)的定义域为(0,＋∞), 且f′(x)＝

a1－x

x, 当a＞0时,f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,＋∞)； 当a＜0时,f(x)的单调增区间为(1,＋∞),单调减区间为(0,1)；

当a＝0时,f(x)为常函数． a

(2)由(1)及题意得f′(2)＝－2＝1, 即a＝－2,

∴f(x)＝－2lnx＋2x－3,f′(x)＝m

∴g(x)＝x3＋2＋2x2－2x,

∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数, 即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点． g′t＜0，

由于g′(0)＝－2,∴

g′3＞0.当g′(t)＜0时,

即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立, 由于g′(0)＜0,

故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0, 即m＜－5且m＜－9,即m＜－9； 37

由g′(3)＞0,即m＞－3. 37

∴－3＜m＜－9.

37

即实数m的取值范围是－3，－9.



13．(山东卷)若函数exf(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,则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是( A )

A．f(x)＝2－x C．f(x)＝3－x

B．f(x)＝x2 D．f(x)＝cosx

2x－2

x.

e

解析：设函数g(x)＝ex·f(x),对于A,g(x)＝ex·2－x＝2x,在定义域R上为增函数,A正确．对于

B,g(x)＝ex·x2,则g′(x)＝x(x＋2)ex,由g′(x)＞0得x＜－2或x＞0,∴g(x)在定义域R上不是增函

e－

数,B不正确．对于C,g(x)＝ex·3x＝3x在定义域R上是减函数,C不正确．对于D,g(x)＝ex·cosx,

π则g′(x)＝2ecosx＋4,g′(x)＞0在定义域R上不恒成立,D不正确．



x

14．定义在区间(0,＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)＜xf′(x)＜3f(x)恒成立,其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数,则( B )

f2

A．8＜＜16

f1C．3＜

f2＜4 f1

B．4＜

f2＜8 f1

f2

D．2＜＜3

f1

解析：∵xf′(x)－2f(x)＞0,x＞0,

f′x·x2－2xfxxf′x－2fxfx∴x2′＝＝＞0,

x4x3fx

∴y＝x2在(0,＋∞)上单调递增, f2f1f2∴22＞12,即＞4.

f1∵xf′(x)－3f(x)＜0,x＞0,

f′x·x3－3x2fxxf′x－3fxfx∴x3′＝＝＜0,

x6x4fx

∴y＝x3在(0,＋∞)上单调递减, f2f1f2∴23＜13,即＜8.

f1综上,4＜

f2＜8. f1

1x212

15．(昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1,f(x)的导数f′(x)＜2,则不等式f(x)＜2＋2的解集为 {x|x＜－1或x＞1} .

1解析：设F(x)＝f(x)－2x, 1

∴F′(x)＝f′(x)－2,

11

∵f′(x)＜2,∴F′(x)＝f′(x)－2＜0, 即函数F(x)在R上单调递减．

x21

∵f(x)＜2＋2,

2

x21

∴f(x)－2＜f(1)－2,

2

∴F(x2)＜F(1),而函数F(x)在R上单调递减, ∴x2＞1,即不等式的解集为{x|x＜－1或x＞1}． 16．(岳阳质检)已知函数f(x)＝(ax－1)ex,a∈R. (1)讨论f(x)的单调区间；

(2)当m＞n＞0时,证明：men＋n＜nem＋m. 解：(1)f(x)的定义域为R,且f′(x)＝(ax＋a－1)ex. ①当a＝0时,f′(x)＝－ex＜0,

此时f(x)的单调递减区间为(－∞,＋∞)． a－1

②当a＞0时,由f′(x)＞0,得x＞－a； a－1

由f′(x)＜0,得x＜－a. a－1a－1

,单调递增区间为－. 此时f(x)的单调递减区间为－∞，－，＋∞aaa－1

③当a＜0时,由f′(x)＞0,得x＜－a； a－1

由f′(x)＜0,得x＞－a. a－1a－1

,单调递增区间为－∞，－. 此时f(x)的单调递减区间为－，＋∞aa(2)证明：当m＞n＞0时,要证men＋n＜nem＋m, 只要证m(en－1)＜n(em－1), em－1en－1

即证m＞n.(*) ex－1

设g(x)＝x,x＞0, x－1ex＋1

则g′(x)＝,x＞0.

x2设h(x)＝(x－1)ex＋1,

由(1)知h(x)在[0,＋∞)上单调递增,

所以当x＞0时,h(x)＞h(0)＝0, 于是g′(x)＞0,

所以g(x)在(0,＋∞)上单调递增, 所以当m＞n＞0时,(*)式成立, 故当m＞n＞0时,men＋n＜nem＋m.