资源描述
利用导数解决函数的单调性问题
建议用时：45分钟
（对应学生用书第240页）
一、选择题
1.函数f（x）＝3＋xln x的单调递减区间是（ ）
A. B.
C. D.
B ［因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′（x）＜0，解得0＜x＜，
所以f（x）的单调递减区间是.］
2.已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则函数f（x）的图象可能是（ ）
A B
C D
C ［由导函数f′（x）的图象可知，函数y＝f（x）先减再增，可排除选项A，B；又f′（x）＝0的根为正数，即y＝f（x）的极值点为正数，
所以可排除选项D，选C.］
3.若函数f（x）＝kx－ln x在区间（1，＋∞）上单调递增，则k的取值范围是（ ）
A.（－∞，－2］ B.（－∞，－1］
C.［2，＋∞） D.［1，＋∞）
D ［由于f′（x）＝k－，f（x）＝kx－ln x在区间（1，＋∞）上单调递增⇔f′（x）＝k－≥0在（1，＋∞）上恒成立.由于k≥，而0＜＜1，
所以k≥1.
即k的取值范围为［1，＋∞）.］
4.设函数f（x）＝x2－9ln x在区间［a－1，a＋1］上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A.（1,2］ B.（4，＋∞）
C.（－∞，2） D.（0,3］
A ［因为f（x）＝x2－9ln x，所以f′（x）＝x－（x＞0），由x－≤0，得0＜x≤3，所以f（x）在（0,3］上是减函数，
则［a－1，a＋1］⊆（0,3］，
所以a－1＞0且a＋1≤3，
解得1＜a≤2.］
5.若函数f（x）在R上可导，且满足f（x）＜xf′（x），则下列关系成立的是（ ）
A.2f（1）＜f（2） B.2f（1）＞f（2）
C.2f（1）＝f（2） D.f（1）＝f（2）
A ［设g（x）＝，则g′（x）＝.因为f（x）＜xf′（x），所以g′（x）＞0，所以函数g（x）在区间（0，＋∞）上单调递增，所以＜，即2f（1）＜f（2）.故选A.］
二、填空题
6.函数f（x）＝ln x－ax（a＞0）的单调递增区间为 .
［由题意，知f（x）的定义域为（0，＋∞），由f′（x）＝－a＞0（a＞0），得0＜x＜，∴f（x）的单调递增区间为.］
7.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，＋∞） ［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，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3且a≠0，所以实数a的取值范围是（－3,0）∪（0，＋∞）.］
8.若函数f（x）＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是 .
（－1，＋∞） ［f′（x）＝－ax－2＝，由题意知f′（x）＜0有实数解，
∵x＞0，
∴ax2＋2x－1＞0有实数解.
当a≥0时，显然满足；
当a＜0时，只需Δ＝4＋4a＞0，
∴－1＜a＜0.
综上知a＞－1.］
三、解答题
9.（2020·无锡期初）已知函数f（x）＝ln x，g（x）＝ax2＋2x（a≠0）.
（1）若函数h（x）＝f（x）－g（x）存在单调递减区间，求a的取值范围；
（2）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在［1,4］上单调递减，求a的取值范围.
［解］ （1）h（x）＝ln x－ax2－2x，x∈（0，＋∞），
所以h′（x）＝－ax－2，由于h（x）在（0，＋∞）上存在单调递减区间，所以当x∈（0，＋∞）时，－ax－2<0有解.
即a＞－有解，
设G（x）＝－，
所以只要a＞G（x）min即可.
而G（x）＝－1，所以G（x）min＝－1.
所以a＞－1，即a的取值范围是（－1，＋∞）.
（2）由h（x）在［1,4］上单调递减得，
当x∈［1,4］时，h′（x）＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立.
所以a≥G（x）max，而G（x）＝－1，
因为x∈［1,4］，所以∈，
所以G（x）max＝－（此时x＝4），
所以a≥－，
即a的取值范围是.
10.已知函数f（x）＝x3－ax－1.
（1）若f（x）在R上为增函数，求实数a的取值范围；
（2）若函数f（x）在（－1,1）上为单调减函数，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）的单调递减区间为（－1,1），求实数a的值；
（4）若函数f（x）在区间（－1,1）上不单调，求实数a的取值范围.
［解］ （1）因为f（x）在（－∞，＋∞）上是增函数，
所以f′（x）＝3x2－a≥0在（－∞，＋∞）上恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立.
因为3x2≥0，
所以只需a≤0.
又因为a＝0时，f′（x）＝3x2≥0，
f（x）＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为（－∞，0］.
（2）由题意知f′（x）＝3x2－a≤0在（－1,1）上恒成立，
所以a≥3x2在（－1,1）上恒成立，
因为当－1＜x＜1时，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范围为［3，＋∞）.
（3）由题意知f′（x）＝3x2－a，则f（x）的单调递减区间为，
又f（x）的单调递减区间为（－1,1），
所以＝1，解得a＝3.
（4）由题意知：f′（x）＝3x2－a，当a≤0时，f′（x）≥0，此时f（x）在（－∞，＋∞）上为增函数，不合题意，故a＞0.
令f′（x）＝0，解得x＝±.
因为f（x）在区间（－1,1）上不单调，所以f′（x）＝0在（－1,1）上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3，
所以实数a的取值范围为（0,3）.
1.（2016·全国卷Ⅰ）若函数f（x）＝x－sin 2x＋asin x在（－∞，＋∞）单调递增，则a的取值范围是（ ）
C ［取a＝－1，则f（x）＝x－sin 2x－sin x，f′（x）＝1－cos 2x－cos x，但f′（0）＝1－－1＝－＜0，不具备在（－∞，＋∞）单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.］
2.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（ ）
A B C D
C ［由条件可知当0<x<1时，xf′（x）<0，所以f′（x）<0，函数递减.
当x＞1时，xf′（x）＞0，
所以f′（x）＞0，函数递增，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，函数递增.
当－1<x<0时，xf′（x）＞0，所以f′（x）<0，函数递减，
所以当x＝－1时，函数取得极大值.符合条件的只有C项.］
3.已知f′（x）是函数f（x）的导函数，f（1）＝e，对于任意的x∈R,2f（x）－f′（x）＞0，则不等式f（x）＜e2x－1的解集为 .
（1，＋∞） ［设F（x）＝，则F′（x）＝′
＝.
因为2f（x）－f′（x）＞0，
所以F′（x）＝＜0，
即F（x）是减函数，
f（x）＜e2x－1等价于＜1，即F（x）＜1.
又因为f（1）＝e，
所以F（1）＝＝1，
则不等式f（x）＜e2x－1的解集是（1，＋∞）.］
4.已知函数g（x）＝ln x＋ax2－（2a＋1）x，若a≥0，试讨论函数g（x）的单调性.
［解］ g′（x）＝
＝.
∵函数g（x）的定义域为（0，＋∞），
∴当a＝0时，g′（x）＝－.
由g′（x）＞0，得0＜x＜1，
由g′（x）＜0，得x＞1.
当a＞0时，令g′（x）＝0，得x＝1或x＝，
若＜1，即a＞，
由g′（x）＞0，得x＞1或0＜x＜，
由g′（x）＜0，得＜x＜1；
若＞1，即0＜a＜，由g′（x）＞0，得x＞或0＜x＜1，
由g′（x）＜0，得1＜x＜；
当＝1时，即a＝时，在（0，＋∞）上恒有g′（x）≥0.
综上可得：当a＝0时，g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减；
当0＜a＜时，g（x）在（0,1），上单调递增，在上单调递减；
当a＝时，g（x）在（0，＋∞）上单调递增；
当a＞时，g（x）在，（1，＋∞）上单调递增，在上单调递减.
1.（2019·南昌模拟）已知函数f（x）＝xsin x，x1，x2∈，且f（x1）＜f（x2），那么（ ）
A.x1－x2＞0 B.x1＋x2＞0
C.x－x＞0 D.x－x＜0
D ［由f（x）＝xsin x，得f′（x）＝sin x＋xcos x＝cos x（tan x＋x），当x∈时，f′（x）＞0，即f（x）在上为增函数，又f（－x）＝－xsin（－x）＝xsin x＝f（x），所以f（x）为偶函数，所以当f（x1）＜f（x2）时，有f（|x1|）＜f（|x2|），所以|x1|＜|x2|，x－x＜0，故选D.］
2.设函数f（x）＝aln x＋，其中a为常数.
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论函数f（x）的单调性.
［解］ （1）由题意知a＝0时，f（x）＝，x∈（0，＋∞）.
此时f′（x）＝，可得f′（1）＝.又f（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为x－2y－1＝0.
（2）函数f（x）的定义域为（0，＋∞）.
f′（x）＝＋＝.
当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上递增.
当a＜0时，令g（x）＝ax2＋（2a＋2）x＋a，
由于Δ＝（2a＋2）2－4a2＝4（2a＋1），
①当a＝－时，Δ＝0，f′（x）＝≤0，
函数f（x）在（0，＋∞）上递减.
②当a＜－时，Δ＜0，g（x）＜0，
f′（x）＜0，函数f（x）在（0，＋∞）上递减.
③当－＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个零点，
则x1＝，x2＝.
由x1＝＝＞0，
所以x∈（0，x1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减；
x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）递增；
x∈（x2，＋∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）递减.
综上可得：
当a≥0时，函数f（x）在（0，＋∞）上递增；
当a≤－时，函数f（x）在（0，＋∞）上递减；
当－＜a＜0时，f（x）在，上递减，
在上递增.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
