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課時跟蹤訓練(十五) 導數與函數的單調性
[基礎鞏固]
一、選擇題
1．已知函數f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導函數，則函數f′(x)的圖象大致是( )
[解析] 設g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數f′(x)在R上單調遞增．
[答案] A
2．若冪函數f(x)的圖象過點，則函數g(x)＝exf(x)的單調遞減區(qū)間為( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
[解析] 設冪函數f(x)＝xα，因為圖象過點，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)<0，得－2
0)的單調遞增區(qū)間為( )
A. B．
C. D．(－∞，a)
[解析] 由f′(x)＝－a>0，得00，f′(x)＝1＋.要使函數f(x)＝x＋alnx不是單調函數，則需方程1＋＝0在x>0上有解，所以a<0.
[答案] C
6．(2017湖北襄陽模擬)函數f(x)的定義域為R.f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
[解析] 由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.設F(x)＝f(x)－2x－4，則F′(x)＝f′(x)－2.因為f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調遞增，而F(－1)＝f(－1)－2(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等價于F(x)>F(－1)，所以x>－1，選B.
[答案] B
二、填空題
7．函數f(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上是增函數，則實數a的取值范圍是________．
[解析] f′(x)＝2x－a，
∵f(x)在(1，＋∞)上是增函數，
∴2x－a≥0在(1，＋∞)上恒成立．
即a≤2x，∴a≤2.
[答案] (－∞，2]
8．已知函數f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導數f′(x)<，則不等式f(x2)<＋的解集為________．
[解析] 設F(x)＝f(x)－x，
∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，
∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函數F(x)在R上單調遞減．
∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，
即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)
9．已知函數f(x)＝ax－x3，若對區(qū)間(0,1)上的任意x1，x2，且x1x2－x1成立，則實數a的取值范圍是________．
[解析] 問題等價于函數g(x)＝f(x)－x在區(qū)間(0,1)上為增函數，即g′(x)＝a－1－3x2≥0，即a≥1＋3x2在(0,1)上恒成立，即a≥4，所以實數a的取值范圍是[4，＋∞)．
[答案] [4，＋∞)
三、解答題
10．已知函數f(x)＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函數f(x)的單調區(qū)間．
[解] (1)對f(x)求導得f′(x)＝－－，由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，則f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因為x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內，故舍去．
當x∈(0,5)時，f′(x)<0，
故f(x)在(0,5)內為減函數；
當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)內為增函數．
綜上，f(x)的單調增區(qū)間為(5，＋∞)，單調減區(qū)間為(0,5)．
[能力提升]
11．已知函數f(x)＝xsinx，x∈R，則f，f(1)，f的大小關系為( )
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
[解析] 由f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)，知f(x)是偶函數．
f′(x)＝sinx＋xcosx，當00，所以f(x)在(0，)上為增函數．又0<<1<<，所以ff(1)>f.故選A.
[答案] A
12．(2017湖北華北師大附中模擬)若f(x)＝ex＋ae－x為偶函數，則f(x－1)<的解集為( )
A．(2，＋∞) B．(0,2)
C．(－∞，2) D．(－∞，0)∪(2，＋∞)
[解析] 由f(x)＝ex＋ae－x為偶函數，得f(x)－f(－x)＝(1－a)(ex－e－x)＝0恒成立，所以a＝1，即f(x)＝ex＋e－x，則f′(x)＝ex－e－x.當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0；x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，且圖象關于y軸對稱．由f(x－1)<＝f(1)得|x－1|<1，解得00)．
設g(x)＝2x2＋(a－6)x＋a(x>0)，
因為函數f(x)在(0,3)上不是單調函數，
等價于函數g(x)＝2x2＋(a－6)x＋a(x>0)在(0,3)上不會恒大于零或恒小于零．
又g(0)＝a，g(3)＝4a，所以
解得0－3時，g′(x)>0，當x<－3時，g′(x)<0，所以exf(x)＝exx3在(－∞，－3)上單調遞減，在(－3，＋∞)上單調遞增，故f(x)＝x3不具有M性質．
④因為f(x)＝x2＋2的定義域為R，又exf(x)＝ex(x2＋2)，構造函數h(x)＝ex(x2＋2)，則h′(x)＝ex(x2＋2)＋ex2x＝ex[(x＋1)2＋1]>0，所以exf(x)＝ex(x2＋2)在R上單調遞增，故f(x)＝x2＋2具有M性質．故填①④.
[答案]?、佗?
15．(2015全國卷Ⅱ改編)已知函數f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)在(2，＋∞)上為單調函數，求實數a的取值范圍．
[解] (1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，則f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；若a>0，則當x∈時，f′(x)>0；當x∈時，f′(x)<0，所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
∴綜上當a≤0時f(x)在(0，＋∞)單調遞增．
當a>0時f(x)在單調遞增，在單調遞減．
(2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，符合要求；當a>0時，f(x)在上單調遞減，則2≥，即a≥.∴實數a的取值范圍是(－∞，0]∪.
16．(2016全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.討論f(x)的單調性．
[解] f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)設a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
(ⅱ)設a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，所以f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增．
②若a>－，則ln(－2a)<1，故當x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調遞增，在(ln(－2a)，1)上單調遞減．
③若a<－，則ln(－2a)>1，故當x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調遞增，在(1，ln(－2a))上單調遞減．
[延伸拓展]
已知函數f(x)＝－2x2＋lnx(a>0)．若函數f(x)在[1,2]上為單調函數，則a的取值范圍是________．
[解析] f′(x)＝－4x＋，若函數f(x)在[1,2]上為單調函數，即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－，則h(x)在[1,2]上單調遞增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，又a>0，所以0
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2019屆高考數學一輪復習
第三章
導數及其應用
課時跟蹤訓練15
導數與函數的單調性
2019
高考
數學
一輪
復習
第三
導數
及其
應用
課時
跟蹤
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15
函數
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