导数的单调性练习题(同名6157)

导数单调性练习题姓名----------------1．(2010·全国)曲线y ＝x 3－2x ＋1在点(1,0)处的切线方程为( )A ．y ＝x －1B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝2x －2D ．y ＝－2x ＋22．y ＝x 2cos x 的导数为( )A ．2x cos x ＋x 2sin xB ．2x cos x －x 2sin xC ．2x cos xD ．－x 2 sin x3．曲线y ＝e x 在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( )A.94e 2 B ．2e 2 C ．e 2 D.e 224．已知函数f (x ) (x ∈R)的图象上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y －y 0＝(x 0－2)(x 20－1)·(x －x 0)，那么函数f (x )的单调减区间是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－∞，2]C ．(－∞，－1)和(1,2)D ．[2，＋∞)5．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <326．已知f (x)＝ax 3＋3x 2＋2，若f ′(－1)＝4，则a 的值为________．7．曲线y ＝x 2在(1,1)处的切线方程为________________．9．已知直线y ＝kx 与曲线y ＝ln x 有公共点，则k 的最大值为________．8．已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m ＝________.10．(14分)若存在过点(1,0)的直线与曲线y ＝x 3和y ＝ax 2＋154x －9都相切，求a 的值11．(14分)若函数f (x )＝13x 3－12ax 2＋(a －1)x ＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数，试求实数a 的取值范围．12．(14分)已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．。

利用导数探究函数的单调性一.求单调区间例1:已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，求函数)(x f 的单调区间 解：()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a '=-=-++.则令()()g x f x '=因为当0,1a a >≠ 所以2()2ln 0x g x a a '=+> 所以()f x '在R 上是增函数, 又(0)0f '=,所以不等式()0f x '>的解集为(0,)∞+,故函数()f x 的单调增区间为(0,)∞+ 减区间为：(0)-∞，变式：已知()x f x e ax =-，求()f x 的单调区间解：'()x f x e a =- 当0a ≤时，'()0f x >，()f x 单调递增当0a >时，由'()0x f x e a =->得：ln x a >，()f x 在(ln ,)a +∞单调递增由'()0x f x e a =-<得：ln x a <，()f x 在(ln )a -∞，单调递增 综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为：-∞+∞（，），无单调递减区间当0a >时，()f x 的单调递增区间为：(ln ,)a +∞，递减区间为：(ln )a -∞，二.函数单调性的判定与逆用例2.已知函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数a 的取值集合 解：2()322f x x ax '=+-因为函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数 所以2()322=0f x x ax '=+-在1132（，）上有解 所以''11()()032f f <又*a N ∈ 解得：5542a << 所以正整数a 的取值集合{2}三.利用单调性求字母取值范围 例3. 已知函数()ln xf x ax x=-，若函数()y f x =在1+?（，）上是减函数，求实数a 的最小值. 解：因为()ln xf x ax x=-在1+?（，）上是减函数 所以'2ln 1()0(ln )x f x a x -=-?在1+?（，）上恒成立 即2ln 1(ln )x a x -³在1+?（，）上恒成立令ln ,(1)t x x =>，则0t >21()(0)t h t t t -=> 则max ()a h t ³因为222111111()=()()24t h t t t t t -=-+=--+ 所以max 1()=(2)4h t h =所以14a ³变式：若函数3211()(1)132f x x ax a x =-+-+在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)+?上为增函数，试求实数a 的取值范围. 解：2'()=1f x x ax a -+-因为函数()y f x =在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)+?上为增函数 所以''()0(1,4)()0,(6,)f x x f x x ìï??ïíï???ïî，恒成立即2210(1,4)10,(6,)x ax a x x ax a x ì-+-??ïïíï-+-???ïî， 所以2211,(1,4)111,(6,)1x a x x x x a x x x ì-ïï?+"?ïï-íï-ï?+"??ïï-ïî所以4161a a ì?ïïíï?ïî所以57a ＃四.比较大小例4. 设a 为实数，当ln 210a x >->且时，比较x e 与221x ax -+的大小关系. 解：令2()21(0)x f x e x ax x =-+-> 则'()=22x f x e x a -+ 令'()()g x f x = 则'()e 2x g x =- 令'()0g x =得：ln 2x =当ln 2x >时，'()0g x >；当ln 2x <时，'()0g x <所以ln2min ()()=(ln2)2ln2222ln22g x g x g e a a ==-+=-+极小值 因为ln 21a >- 所以'()()0g x f x =>所以()f x 在0+?（，）上单调递增所以()(0)0f x f >= 即2210x e x ax -+-> 所以221x e x ax >-+变式：对于R 上的可导函数()y f x =，若满足'(3)()0x f x ->，比较(1)(11)f f +与2(3)f 的大小关系.解：因为'(3)()0x f x ->所以当3x >时，'()0f x >，()f x 单调递增，故(11)(3)f f >当3x <时，'()0f x <，()f x 单调递减，故(1)(3)f f > 所以(1)(11)2(3)f f f +> 五.证明不等式例5.已知函数|ln |)(x x f =，()(1)g x k x =- (R)k ∈.证明：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >. 证明：令()|ln |(1)=ln (1),(1,)G x x k x x k x x =----∈+∞ 则有'11(),(1,)kx G x k x x x-=-=∈+∞ 当01k k ≤≥或时，'()0G x >，故 ()G x 在1+∞（，）上单调递增，()G(1)0G x >=.故任意实数 (1,)x ∈+∞ 均满足题意.当 01k << 时，令'()=0G x ，得11x k=>. 当1(1,)x k ∈时，'()0G x >，故 ()G x 在1(1,)k上单调递增当1()x k∈+∞，时，'()0G x <，故 ()G x 在1()k +∞，上单调递减 取01x k=，对任意0(1,)x x ∈，有'()0G x >，故()G x 在0(1,)x 上单调递增所以()G(1)0G x >= 即()()f x g x >综上所述：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >.变式：已知关于x 的方程2(1)x x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、.求证：120x x <+ 证明：因为2(1)x x e ax a --=所以2(1)1xx e a x -=+令2(1)()1xx e f x x -=+则222222(23)[(1)2]()11x xx x x e x x e f x x x --+--+'==++（）（）当0x >时()0f x '<，()f x 单调递减 当0x <时()0f x '>，()f x 单调递增因为关于x 的方程2(1)x x e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、所以不妨设12(,0),(0,)x x ∈-∞∈+∞ 要证：120x x <+ 只需证：21x x <-因为210x x -∈+∞（，），且函数()f x 在0+∞（，）上单调递减 所以只需证：21()()f x f x >-，又因为21()=()f x f x 所以只需证：11()()f x f x >-即证：11112211(1)(1)11x x x e x e x x --+>++ 即证：(1)(1)0x x x e x e ---+>对0x ∈-∞（，）恒成立 令g()(1)(1)x x x x e x e -=--+，0x ∈-∞（，）则g ()()x x x x e e -'=-因为0x ∈-∞（，）所以0x x e e -->所以g ()()0x x x x e e -'=-<恒成立所以g()(1)(1)x x x x e x e -=--+在0-∞（，）上单调递减所以g()(0)0x g >= 综上所述：120x x <+ 六.求极值例6.已知函数2()()x f x x ax a e =++，是否存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.解：'22()(2)()[(2)2]=()(2)x x x x f x x a e x ax a e x a x a e x a x e =++++=+++++ 令'()=0f x 得：2x a x =-=-或当2a =时，'()0f x ≥恒成立，无极值，舍去当2a <时，2a ->-由表可知：2()=(2)(42)3f x f a a e --=-+=极大值 解得：2432a e =-< 当2a >时，2a -<-由表可知：22()=()()3a f x f a a a a e --=-+=极大值，即3a ae -= 所以：=3a a e 令()3(2)a g a e a a =-> 则'2()31310a g a e e =->->所以()y g a =在2+∞（，）上单调递增又2(2)320g e =->所以函数()y g a =在2+∞（，）上无零点即方程=3a a e 无解综上所述：存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3，此时243a e =- 七.求最值例7. 已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，若存在]1,1[,21-∈x x ,使得12()()e 1f x f x -≥-（其中e 是自然对数的底数),求实数a 的取值范围. 解：因为存在12,[1,1]x x ∈-,使得12()()e 1f x f x --≥成立, 而当[1,1]x ∈-时,12max min ()()()()f x f x f x f x --≤, 所以只要max min ()()e 1f x f x --≥即可又因为x ,()f x ',()f x 的变化情况如下表所示:所以()f x 在[1,0]-上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当[1,1]x ∈-时,()f x 的最小值()()m i n 01f x f ==,()f x 的最大值()max f x 为()1f -和()1f 中的最大值.因为11(1)(1)(1ln )(1ln )2ln f f a a a a a aa--=--=--+++,令1()2ln (0)g a a a a a =-->,因为22121()1(1)0g a a a a '=-=->+,所以1()2ln g a a a a=--在()0,a ∈+∞上是增函数.而(1)0g =,故当1a >时,()0g a >,即(1)(1)f f >-; 当01a <<时,()0g a <,即(1)(1)f f <-所以,当1a >时,(1)(0)e 1f f --≥,即ln e 1a a --≥,函数ln y a a =-在(1,)a ∈+∞上是增函数,解得e a ≥;当01a <<时,(1)(0)e 1f f ---≥,即1ln e 1a a+-≥,函数1ln y a a=+在(0,1)a ∈上是减函数,解得10ea <≤.综上可知,所求a 的取值范围为1(0,][e,)ea ∈∞+ 我变式：已知函数()ln()(0)x a f x e x a a -=-+>在区间0+∞（，）上的最小值为1，求实数a 的值.解：1()=x a f x e x a-'-+ 令()()g x f x '=则21()=0(x a g x e x a -'+>+）所以()y g x =在区间0+∞（，）单调递增所以存在唯一的00x ∈+∞（，），使得0001()0x a g x e x a-=-=+ 即001=x a e x a-+ 所以当0(0,)x x ∈时，()()0g x f x '=<，()y f x =单调递减当0()x x ∈+∞，时，()()0g x f x '=>，()y f x =单调递增 所以0min 00()()ln()x a f x f x e x a -==-+ 由001=x a e x a-+得：00=ln()x a x a --+ 所以0min 00001()()ln()=x a f x f x e x a x a x a-==-++-+001=()2222x a a x aa a++-+≥=- 当且仅当001=x a x a++即0=1x a +，min 0()()22f x f x a ==- 由22=1a -得12a =，此时01=2x ，满足条件 所以12a =八.解不等式例8. 函数2)0())((=∈f R x x f ，，对任意1)()('>+∈x f x f R x ，，解不等式：1)(+>x x e x f e 解：令()()x x g x e f x e =-则()()()(()()1)x x x x g x e f x e f x e e f x f x '''=+-=+-因为对任意1)()('>+∈x f x f R x ， 所以()0g x '>，所以()y g x =为R 上的单调递增函数 又(0)(0)11g f =-=所以当1)(+>x x e x f e 即()1x x e f x e -> 所以()(0)g x g > 所以0x >即不等式：1)(+>x x e x f e 的解集为0+∞（，）变式：已知定义在R 上的可导函数()y f x =满足'()1f x <，若(12)()13f m f m m -->-，求m 的取值范围.解：令()()g x f x x =- 则()()1g x f x ''=- 因为'()1f x <所以()()10g x f x ''=-<所以()()g x f x x =-为R 上递减函数 由(12)()13f m f m m -->- 得：(12)()f m m f m m ---（1-2)> 即(12)()g m g m -> 所以12m m ->即13m <九.函数零点个数（方程根的个数）例9. 已知2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值.若关于x 的方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围.解： '2()21f x x x a=--+ 因为2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值 所以'2(0)1=0f a=-， 即2a =，检验知2a =符合题意.令2()()2ln(2)[1,1]g x f x b x x x b x =+=+--+∈-，'52()22()21(11)x x g x x x +=--=--≤≤ 所以()=(0)2ln 2g x g b =+极大值因为方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根所以(1)0(0)0(1)0g g g -≤⎧⎪>⎨⎪≤⎩，即02ln 202ln 320b b b ≤⎧⎪+>⎨⎪-+≤⎩解得：2ln 222ln 3b -<≤-所以实数b 的取值范围是：2ln 222ln3]--（， 变式：已知函数()y f x =是R 上的可导函数，当0x ¹时，有'()()0f x f x x+>，判断函数13()()F x xf x x=+的零点个数解：当0x ¹时，有'()()0f x f x x+> 即'()()0xf x f x x+> 令()()g x xf x =，则'()()()g x xf x f x ¢=+所以当0x >时，'()()()0g x xf x f x ¢=+>，函数()y g x =在0+∞（，）单调递增 且()g(0)=0g x >所以当0x >时，13()()0F x xf x x=+>恒成立，函数()y F x =无零点 当0x <时，'()()()0g x xf x f x ¢=+<，函数()y g x =在0∞（-，）单调递减 且()g(0)=0g x >恒成立 所以13()()F x xf x x=+在0∞（-，）上为单调递减函数 且当0x →时，()0xf x ®，所以13()0F x x? 当x →-∞时，10x®，所以()()0F x xf x ? 所以13()()F x xf x x=+在0∞（-，）上有唯一零点 综上所述：13()()F x xf x x =+在0∞∞（-，）（0,+）上有唯一零点 十.探究函数图像例10.设函数在定义域内可导，()y f x =的图像如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为下列图像的 .解：由()y f x =的图像可判断出：()f x 在(,0)-∞递减，在(0)+∞，上先增后减再增 所以在(,0)-∞上()0f x '<，在(0)+∞，上先有()0f x '>，后有()0f x '<，再有()0f x '>. 所以图（4）符合.变式：已知函数ln(2)()x f x x =，若关于x 的不等式2()()0f x af x +>只有两个整数解，求实数a 的取值范围. 解：21ln(2)()=x f x x -'，令()=0f x '得2e x = 所以当02e x <<时，()0,()f x f x '>单调递增 当2e x >时，()0,()f x f x '<单调递减 由当12x <时，()0f x <，当12x >时，()0f x >（1）（2）（3）（4）作出()f x 的大致函数图像如图所示： 因为2()()0f x af x +>（1）若0a =，即2()0f x >，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；（2）若0a >，则()()0f x a f x <->或，由图像可知，()0f x >，有无穷多整数解（舍）（3）若0a <则()0()f x f x a <>-或，由图像可知，()0f x <无整数解， 所以()f x a >-有两个整数解因为(1)(2)ln 2f f ==，且()f x 在(,)2e +∞上单调递减 所以()f x a >-的两个整数解为：1,2x x == 又ln 6(3)3f =所以ln 6ln 23a ≤-< 所以ln 6ln 23a -<≤-。

函数单调性与导数练习题高二一部 数学组 刘苏文 2017年4月15日一、选择题1. 下列说法正确的是A. 当f ' (X 0)=0时，则f(X o )为f(x)的极大值B. 当f ' (X o )=O 时，则f(X o )为f(x)的极小值C. 当f ' (X o )=O 时，则f(X o )为f(x)的极值D. 当f(X o )为函数f(X)的极值且f ' (X o )存在时，则有f ' (X o )=O 2. 下列四个函数，在X=0处取得极值的函数是① y =X 3 ② y =X 2+1 ③ y =|X |④ y =2XA.①②B.②③C. ③④D.①③3'函数尸血的导数是5. 设f (x) = ax 3 + bx 2 + cx + d( a>0)，则f (x)为R 上增函数的充要条件是()A. b 2 — 4ac>0B. b>0，c>0C. b = 0，c>0D. b 2 — 3ac<06. 函数f(x) = (x — 3)e x 的单调递增区间是()A. ( "，2)B. (0,3) C . (1,4) D . (2，)7. 已知函数y = f(x)(x € R)上任一点(X 0, f(X 0))处的切线斜率 k 二(X 0 — 2)( x °+ 1)2，贝U 该函数的单调递减区间为( )A. [ — 1，+x )B. ( —x ，2]A 占B.占C.6 3(3x 1)D.6 2(3x 1)4. 函数y=sin 3(3X + )的导数为 4 2A.3sin(3 x+ — )cos(3 x+ —)44C.9s in 2(3x+ —)D.42B.9sin (3x+—)cos(3 x+—) 4 42—9sin (3x+-)cos(3 x+ —) 4 4C. ( —x，—1)和(1,2)D. [2，+x )A. B. C. D.8.已知函数y = xf ' (x)的图象如图(1)所示(其中f ' (x)是函数f(x)的导函数)， 下面四个图象中，y = f(x)的图象大致是( )-22X9. 已知对任意实数 x ，有 f ( — x) = — f (x) , g( — x)= g(x)，且 x>0 时，f ' (x)>0 , g ' (x)>0，则 x<0 时( ) A . f '(x)>0，g ' (x)>0B. f ' (x)>0，g ' (x)<0 C . f ' (x)<0，g ' (x)>0D. f ' (x)<0，g ' (x)<010 .f (x)是定义在(0,+x )上的非负可导函数，且满足 xf ' (x) + f (x) < 0，对 任意正数a 、b ,若avb ,则必有( )A. af (a) <f (b) B. bf (b) <f (a) C . af (b) < bf (a)D. bf (a) <af ( b)11.对于R 上可导的任意函数f (x)，若满足(x — 1)f ' (x) >0,则必有()A . f(0) + f (2)<2 f (1) B. f(0) + f (2) < 2f(1) C . f(0) + f (2) > 2f (1)D. f(0) + f (2)>2 f (1)1 3412.曲线y = + x 在点1, 3处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()、填空题913. ___________________________________ 函数f(x) = x + -的单调减区间为______________________________________________ .X14 .曲线y x(3ln x 1)在点(1,1)处的切线方程为_____________ .n15 .函数f (x) = x + 2cosx在0, q上取最大值时，x的值为_____________16.已知函数f(x) = ax —Inx,若f(x)> 1在区间(1,+^ )内恒成立，实数a 的取值范围为 _______________ .三、解答题17. 设函数f(x) = x3—3ax2+ 3bx的图象与直线12x + y—1= 0相切于点(1,—11). (1)求a、b的值⑵讨论函数f(x)的单调性.18. 已知函数f(x)=x3+a/+bx+G当x=—1时，取得极大值7;当x=3时，取得极小值•求这个极小值及a、b、c的值.1 119. 若函数f(x) —x3—ax2 (a 1)x 1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6,)3 2上为增函数，试求实数a的取值范围.20. 已知函数f(x) x alnx(a R)(1) 当a 2时，求曲线y f(x)在点A(1, f (1))处的切线方程;(2) 求函数f(x)的极值函数单调性与导数练习题答案1--5 DBCBD 6--10 DBCBC 11--12 CA13: (-3,0) , (0,3) 14: 4x—y—3=0 15: 16: a 1617:［解析］(1)求导得f (x)= 3x2-6ax + 3b.由于f(x)的图象与直线12x+ y—1 = 0相切于点(1,- 11), f(1)= —11,f (1)=- 12,1 —3a + 3b= —11即，解得a= 1, b= —3.3 —6a+ 3b=—12(2)由a= 1, b= —3 得f‘ (x)= 3x2—6ax + 3b = 3(x2—2x—3)=3(x+ 1)(x—3).令f‘ (x)>0，解得x< —1 或x>3;又令f (x)<0，解得—1<x<3.所以当x€ (—^,—1)时，f(x)是增函数；当x€ (3,+乂)时，f(x)也是增函数；当x€ (—1,3)时，f(x)是减函数.18.解：f' (x)=3x2+2ax+b.据题意，—1, 3是方程3x2+2ax+b=0的两个根，由韦达定理得2a3/• a=—3,b=—9,二f(x)=x3—3x2—9x+c b3v f(—1)=7,c=2,极小值f(3)=33—3X 32—9X 3+2=—25 •••极小值为-25, a=—3,b=—9,c=2.19 解：f (x) x2 ax a 1 (x 1)[x (a 1)],令 f (x) 0 得x 1 或x a 1 ,• ••当x (1,4)时，f (x) 0,当x (6,)时，f (x) 0 ,4 a 1 6，二5 a 7 .20 解：(1) X+Y —2=0(II)rtl f= 1 ——= ---------------- ,JC A 0 可Xll：X X/r(x)>O・诙数H的增戌数.无极flh(专当柑AU时F Eh = 斛軒*二討；*/ x e (0,fO 吋> /7.v) < 0 H A e (f/, 时* /r f.v) > 0. .f{x) Kx=u处収牺Bi小fli.且极小伍为无阪大(ft- 综卜：为卅性o吋・片腋伯严MAU时.两数门.门在斗■卫极小值材a Ina.无扱人值.。

专题10 利用导数研究函数的单调性一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）1. 已知函数f(x)=e |2x|−4ax 2，对任意x 1，x 2∈(−∞,0]且x 1≠x 2，都有 (x 2−x 1)(f(x 2)−f(x 1))<0，则实数a 的取值范围是 ( )A. (−∞,e2]B. (−∞,−e2]C. [0,e2]D. [−e2,0]2. f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)<0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A. af(b)<bf(a)B. bf(a)<af(b)C. bf(b)<af(a)D. af(a)<bf(b)3. 已知函数f(x)=e x −ax 2(a ∈R)有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A. (e4,+∞)B. (e2,+∞)C. (e 24,+∞)D. (e 22,+∞)4. 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时，xf′(x)−f(x)<0，若a =f(e)e,b =f(ln2)ln2,c =f(−3)−3，则a,b,c 的大小关系正确的是( )A. a <b <cB. b <c <aC. a <c <bD. c <a <b5. 函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x −2)f′(x)>0的解集为( )A. (2,+∞)B. (−∞,−1)C. (−∞,−1) ∪(1,2)D. (−1,1)∪(2,+∞)6. 已知函数f(x)=e x−x 22−1，若f(x)≥kx 在x ∈[0,+∞)时总成立，则实数k 的取值范围是( )A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e 2]7. 设点P 为函数f(x)=12x 2+2ax 与g(x)=3a 2lnx +b(a >0)的图像的公共点，以P 为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b 的最大值为( )A. 23e 23B. 32e 23C. 23e 32D. 32e 328.已知函数f(x)=13x3+mx2+nx+2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)=−23，则函数g(x)=f′(x)e x在区间[0,2]上的最小值为()A. −3eB. −2eC. eD. 2e9.已知函数f(x)=xe x−mx+m2(e为自然对数的底数)在(0,+∞)上有两个零点，则m的范围是()A. (0,e)B. (0,2e)C. (e,+∞)D. (2e,+∞)10.已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(x)=a x g(x)(a>0,且a≠1),f(1)g(1)+f(−1)g(−1)=103，若数列{f(n)g(n)}的前n项和大于363，则n的最小值为()A. 4B. 5C. 6D. 7二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）11.设定义域为R的函数f(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式e x−1f(x)<f(2x−1)的解集为__________．12.若函数f(x)=xx2+a (a>0)在[1,+∞)上的最大值为√33，则a的值为________．13.已知函数f(x)=a−x2(0<x<√a)在其图象上任意一点P(t,f(t))处的切线，与x轴、y轴的正半轴分别交于M，N两点，设△OMN(O是坐标原点)的面积为S(t)，当t=t0时，S(t)取得最小值，则√at0的值为．14.函数f(x)的定义域为R，f(0)=2，对于任意的x∈R，f(x)+f’(x)>1，则不等式e x f(x)>e x+1的解集为__________．三、解答题（本大题共3小题，共30分）15.已知函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx+1．(Ⅰ)若x=3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．16.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=e x−1−1．(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)≤g(x)+a在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．17.已知函数f(x)=ax +lnx，g(x)=12bx2−2x+2，a,b∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)记函数ℎ(x)=f(x)+g(x)，当a=0时，ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围．专题10 利用导数研究函数的单调性一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）18. 已知函数f(x)=e |2x|−4ax 2，对任意x 1，x 2∈(−∞,0]且x 1≠x 2，都有 (x 2−x 1)(f(x 2)−f(x 1))<0，则实数a 的取值范围是 ( )A. (−∞,e2]B. (−∞,−e2]C. [0,e2]D. [−e2,0]【答案】A【解析】解：因为对任意x 1<0，x 2<0，都有(x 2−x 1)[f (x 2)−f (x 1)]<0， 所以函数f (x )在(−∞,0]单调递减． 又因为f(x)=e |2x|−4ax 2=e −2x −4ax 2， 所以f′(x )=−2e −2x −8ax ，因此−2e −2x −8ax ≤0对(−∞,0]恒成立， 即4a ≤−e −2x x对(−∞,0]恒成立． 令ℎ(x )=−e −2x x，则ℎ′(x )=e −2x (2x+1)x 2，因此当x ∈(−∞,−12)时，ℎ′(x )<0，函数ℎ(x )是减函数； 当x ∈(−12,0)时，ℎ′(x )>0，函数ℎ(x )是增函数， 所以当x =−12时，函数ℎ(x )有最小值ℎ(−12)=2e ， 因此4a ≤2e ，即a ≤e2． 故选A ．19. f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)<0，对任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A. af(b)<bf(a)B. bf(a)<af(b)C. bf(b)<af(a)D. af(a)<bf(b)【答案】C【解析】解：设g(x)=xf(x)，(x >0)， 则g′(x)=[xf(x)]′=xf′(x)+f(x)<0， ∴函数g(x)在(0,+∞)上是减函数， ∵a <b ，∴g(a)>g(b)即bf(b)<af(a)故选C．20.已知函数f(x)=e x−ax2(a∈R)有三个不同的零点，则实数a的取值范围是()A. (e4,+∞) B. (e2,+∞) C. (e24,+∞) D. (e22,+∞)【答案】C【解析】解：令f(x)=e x−ax2=0，当x=0时显然不成立，故a=e xx2，令g(x)=e xx2，则问题转化为直线y=a与g(x)=exx2的图象有三个交点，∵g′(x)=(x−2)e xx3，令g′(x)=0，解得x=2，∴当x<0或x>2时，g′(x)>0，g(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，当0<x<2时，g′(x)<0，g(x)在(0,2)上单调递减，g(x)在x=2处取极小值，g(2)=e24，作出g(x)的图象如下：要使直线y=a与曲线g(x)=e xx2有三个交点，，则a>e24，故实数a的取值范围是．故选C．21.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时，xf′(x)−f(x)<0，若a=f(e)e ,b=f(ln2)ln2,c=f(−3)−3，则a,b,c的大小关系正确的是()A. a<b<cB. b<c<aC. a<c<bD. c<a<b 【答案】D【解析】解：构造函数g(x)=f(x)x，∴g′(x)=xf′(x)−f(x)x 2，当x >0时，∵xf′(x)−f(x)<0， ∴g′(x)<0，∴函数g(x)在(0,+∞)单调递减． 又∵函数f(x)为奇函数， ∴g(x)=f(x)x是偶函数，∴c =f(−3)−3=g(−3)=g(3)，∵a =f(e)e=g(e)，b =f(ln2)ln2=g(ln2)，ln2<1<e <3，∴g(3)<g(e)<g(ln2)， ∴c <a <b ， 故选D ．22. 函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x −2)f′(x)>0的解集为( )A. (2,+∞)B. (−∞,−1)C. (−∞,−1) ∪(1,2)D. (−1,1)∪(2,+∞)【答案】D【解析】解：由图知，f(x)的单调递增区间为(−∞,−1)，(1,+∞)，单调递减区间为(−1,1)，所以在区间(−∞,−1)及(1,+∞)上，f′(x)>0，在(−1,1)上，f′(x)<0， 又(x −2)f′(x)>0， 所以{x −2>0f′(x)>0或{x −2<0f′(x)<0, 得x >2或−1<x <1，即不等式(x −2)f′(x)>0的解集为(−1,1)∪(2,+∞)． 故选D ．23.已知函数f(x)=e x−x22−1，若f(x)≥kx在x∈[0,+∞)时总成立，则实数k的取值范围是()A. (−∞,1]B. (−∞,e]C. (−∞,2e]D. (−∞,e2]【答案】A【解析】解：当x=0时，f(x)≥kx显然恒成立；当x>0时，f(x)≥kx即为e x−12x2−kx−1≥0，设g(x)=e x−12x2−kx−1(x>0)，则g′(x)=e x−x−k，令ℎ(x)=g′(x)=e x−x−k，ℎ′(x)=e x−1>0，∴函数g′(x)在(0,+∞)上为增函数，①当k≤1时，g′(x)>g′(0)=1−k≥0，故函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，∴g(x)>g(0)=0，即f(x)≥kx成立；②当k>1时，g′(0)=1−k<0，g′(k)=e k−2k>0，故存在x0∈(0,k)，使得g′(x0)= 0，∴当x∈(0,x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，则g(x)<g(0)=0，即f(x)<kx，不符题意；综上所述，实数k的取值范围为(−∞,1]．故选：A．24.设点P为函数f(x)=12x2+2ax与g(x)=3a2lnx+b(a>0)的图像的公共点，以P为切点可作直线与两曲线都相切，则实数b的最大值为()A. 23e23 B. 32e23 C. 23e32 D. 32e32【答案】B【解析】解：设P(x0,y0)，由于点P为两曲线的公切点，则12x02+2ax0=3a2lnx0+b．又在点P处的切线斜率相同，则f′(x0)=g′(x0)，即x0+2a=3a2x0，即(x0+3a)(x0−a)= 0．又a>0，x0>0，所以x0=a，于是b=52a2−3a2lna，其中a>0．设ℎ(x)=52x2−3x2lnx，其中x>0，则ℎ′(x)=2x(1−3lnx)，其中x>0，所以ℎ(x)在(0,e 13)内单调递增，在(e13,+∞)内单调递减，所以实数b 的最大值为ℎ(e 13)=32e 23．故选B ．25. 已知函数f(x)=13x 3+mx 2+nx +2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)=−23，则函数g(x)=f′(x)e x 在区间[0,2]上的最小值为( )A. −3eB. −2eC. eD. 2e【答案】B【解析】f′(x)=x 2+2mx +n ， 要使导函数f′(x)为偶函数，则m =0， 故f(x)=13x 3+nx +2，则f(1)=13+n +2=−23，解得n =−3， 所以f′(x)=x 2−3，故g(x)=e x (x 2−3)，g′(x)=e x (x 2−3+2x)=e x (x −1)(x +3)， 当x ∈[0,1)时，g′(x)<0，当x ∈(1,2]时，g′(x)>0．所以函数g(x)在区间[0,1)上单调递减，在区间(1,2]上单调递增， 所以函数g(x)在区间[0,2]上的最小值为g(1)=e ×(1−3)=−2e ． 故选B ．26. 已知函数f(x)=xe x −mx +m 2(e 为自然对数的底数)在(0,+∞)上有两个零点，则m 的范围是( )A. (0,e)B. (0,2e)C. (e,+∞)D. (2e,+∞)【答案】D【解析】解：由f(x)=xe x −mx +m 2=0得xe x =mx −m 2=m(x −12)，当x =12时，方程不成立，即x ≠12， 则m =xe xx−12，设ℎ(x)=xe xx−12，(x >0且x ≠12)，则ℎ′(x)=(xe x )′(x−12)−xe x(x−12)2=e x (x 2−12x−12)(x−12)2=12e x(x−1)(2x+1)(x−12)2，∵x >0且x ≠12，∴由ℎ′(x)=0得x =1，当x >1时，ℎ′(x)>0，函数为增函数，当0<x <1且x ≠12时，ℎ′(x)<0，函数为减函数， 则当x =1时函数取得极小值，极小值为ℎ(1)=2e ，当0<x <12时，ℎ(x)<0，且单调递减，作出函数ℎ(x)的图象如图： 要使m =xe xx−12有两个不同的根，则m >2e 即可，即实数m 的取值范围是(2e,+∞)， 方法2：由f(x)=xe x −mx +m 2=0得xe x =mx −m 2=m(x −12)，设g(x)=xe x ，ℎ(x)=m(x −12)，g′(x)=e x +xe x =(x +1)e x ，当x >0时，g′(x)>0，则g(x)为增函数，设ℎ(x)=m(x −12)与g(x)=xe x 相切时的切点为(a,ae a )，切线斜率k =(a +1)e a ， 则切线方程为y −ae a =(a +1)e a (x −a)， 当切线过(12,0)时，−ae a =(a +1)e a (12−a)，即−a =12a +12−a 2−a ，即2a 2−a −1=0，得a =1或a =−12(舍)，则切线斜率k =(1+1)e =2e ，要使g(x)与ℎ(x)在(0,+∞)上有两个不同的交点，则m >2e ， 即实数m 的取值范围是(2e,+∞) 故选：D ．27. 已知f(x),g(x)都是定义在R 上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)>f(x)g′(x)，且f(x)=a x g(x)(a >0,且a ≠1),f(1)g(1)+f(−1)g(−1)=103，若数列{f(n)g(n)}的前n 项和大于363，则n 的最小值为( )A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】C【解析】解：∵f(x)=a x ⋅g(x)(a >0且a ≠1)，∴f(x)g(x)=a x ， 又∵f′(x)g(x)>f(x)g′(x)， ∴(f(x)g(x))′=f′(x)g(x)−f(x)g′(x)g 2(x)>0，∴f(x)g(x)=a x 是增函数， ∴a >1， ∵f(1)g(1)+f(−1)g(−1)=103．∴a +a −1=103，解得a =13或a =3， 综上得a =3．∴数列{f(n)g(n)}是等比数列，f (n )g (n )=3n ． ∵数列{f(n)g(n)}的前n 项和大于363， ∴3+32+33+⋯+3n =3(1−3n )1−3=12(3n+1−3)>363，即3n+1>729，∴n +1>6，解得n >5． ∴n 的最小值为6． 故选C ．二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）28. 设定义域为R 的函数f (x )满足f′(x )>f (x )，则不等式e x−1f (x )<f (2x −1)的解集为__________． 【答案】(1,+∞) 【解析】解：设F(x)=f(x)e x，则F ′(x)=f ′(x)−f(x)e x，∵f ′(x)>f(x)，∴F ′(x)>0，即函数F(x)在定义域R 上单调递增， ∵e x−1f(x)<f(2x −1)， ∴f(x)e x<f(2x−1)e 2x−1，即F(x)<F(2x −1)，∴x <2x −1，即x >1，∴不等式e x−1f(x)<f(2x −1)的解集为(1,+∞)， 故答案为(1,+∞)．29. 若函数f(x)=xx 2+a (a >0)在[1,+∞)上的最大值为√33，则a 的值为________．【答案】√3−1【解析】解：f′(x)=x 2+a−2x2(x2+a)2=a−x2(x2+a)2，当x>√a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当−√a<x<√a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x=√a时，f(x)=√a2a =√33，√a=√32<1，不合题意．∴f(x)最大值=f(1)=11+a=√33，a=√3−1，经检验a=√3−1满足题意．故答案为√3−1．30.已知函数f(x)=a−x2(0<x<√a)在其图象上任意一点P(t,f(t))处的切线，与x轴、y轴的正半轴分别交于M，N两点，设△OMN(O是坐标原点)的面积为S(t)，当t=t0时，S(t)取得最小值，则√at0的值为．【答案】√3【解析】解：因为f(x)=a−x2(0<x<√a)，所以f′(x)=−2x，所以在点P处的切线的斜率为k=f′(t)=−2t，又f(t)=a−t2，所以在点P处切线方程为y−(a−t2)=−2t(x−t)，令x=0，得y N=a+t2，令y=0得x M=t2+a2t，所以是坐标原点)的面积为：S(t)=12(a+t2)·t2+a2t=14·t4+2at2+a2t=14(t3+2at+a2t)，所以S′(t)=14(3t2+2a−a2t2)=14·3t4+2at2−a2t2，由S′(t)=0，得t=√a3，当0<t<√a3时，S′(t)<0，函数S(t)单调递增，当t>√a3时，S′(t)<0，函数S(t)单调递增，所以当t=√a3时，S(t)取得最小值，此时t0=√a3，所以√a t 0=√a √a 3=√3．故答案为√3．31. 函数f(x)的定义域为R ，f(0)=2，对于任意的x ∈R ，f(x)+f’(x)>1，则不等式e x f(x)>e x +1的解集为__________．【答案】(0,+∞)【解析】解：构造函数g (x )=e x ·f (x )−e x ，则g ′(x )=e x ·f (x )+e x ·f ′(x )−e x=e x [f (x )+f ′(x )]−e x >e x −e x =0，∴g (x )=e x ·f (x )−e x 为R 上的增函数，∵g (0)=e 0·f (0)−e 0=1，∴不等式e x ·f(x)>e x +1转化为g (x )>g (0)，∴x >0．则解集为(0,+∞)．故答案为(0,+∞)．三、解答题（本大题共3小题，共30分）32. 已知函数f(x)=12x 2−(a +1)x +alnx +1．(Ⅰ)若x =3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；(Ⅱ)若f(x)≥1恒成立，求a 的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)由题意知函数的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x −(a +1)+a x， ∵x =3是f(x)的极值点，∴f′(3)=3−(a +1)+a 3=0，解得a =3，当a =3时，f′(x)=(x−1)(x−3)x ，当x 变化时，故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增；(Ⅱ)要使得f(x)≥1恒成立，即当x>0时，12x2−(a+1)x+alnx≥0恒成立，设g(x)=12x2−(a+1)x+alnx，则g′(x)=x−(a+1)+ax=(x−1)(x−a)x，(ⅰ)当a≤0时，由g′(x)<0得单减区间为(0,1)，由g′(x)>0得单增区间为(1,+∞)，故g(x)min=g(1)=−a−12≥0，得a≤−12；(ii)当0<a<1时，由g′(x)<0得单减区间为(a,1)，由g′(x)>0得单增区间为(0,a)，(1,+∞)，此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意；(iii)当a=1时，g(x)在(0,+∞)上单调递增，此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意；(iv)当a>1时，由g′(x)<0得单减区间为(1,a)，由g′(x)>0得单增区间为(0,1)，(a,+∞)，此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意．综上所述，a的取值范围为(−∞,−12]．33.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=e x−1−1．(1)讨论函数y=f(x)的单调性;(2)若不等式f(x)≤g(x)+a在x∈[1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)函数f(x)定义域是(0,+∞)，f′(x)=a+1x =ax+1x，当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)单调递增，无减区间；当a<0时，函数f(x)在(0,−1a )单调递增，在(−1a,+∞)单调递减，(2)由已知e x−1−lnx−ax−1+a≥0在x≥1恒成立，令F(x)=e x−1−lnx−ax−1+a，x≥1，则F′(x)=e x−1−1x−a，易得F′(x)在[1,+∞)递增，∴F′(x)≥F′(1)=−a，①当a≤0时，F′(x)≥0，F(x)在[1,+∞)递增，所以F(x)≥F(1)=0成立，符合题意．②当a>0时，F′(1)=−a<0，且当x=ln(a+1)+1时，F′(x)=a+1−1x−a=1−1x>0，∴∃x0∈(1,+∞)，使F′(x0)=0，即∃x∈(1,x0)时F′(x)<0，F(x)在(1,x0)递减，F(x)<F(1)=0，不符合题意．综上得a≤0．34.已知函数f(x)=ax +lnx，g(x)=12bx2−2x+2，a,b∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)记函数ℎ(x)=f(x)+g(x)，当a=0时，ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，求实数b的取值范围．【答案】解：的定义域是(0,+∞)，且 f′(x)=−ax2+1x=x−ax2；①若a⩽0，则f′(x)>0，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，②若a>0，令f′(x)=0，得x=a，当0<x<a时，f′(x)<0，当x>a时，f′(x)>0，∴f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；综上，当a⩽0时，f(x)的单调增区间是(0,+∞)，无单调减区间；当a>0时，f(x)的单调减区间是(0,a)，单调增区间是(a,+∞)；(2)a=0时，，∴ℎ′(x)=bx−2+1x =bx2−2x+1x ，∵ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，则ℎ′(x)=0在(0,1)上有唯一实数解，且两侧异号，由ℎ′(x)=0，得bx2−2x+1=0；令p(x)=bx2−2x+1，则p(x)在(0,1)上有且只有一个零点，易知p(0)=1>0，①当b =0，由p(x)=0，得x =12，满足题意;②当b >0时，由{Δ=4−4b >0p (1)=b −1<0，解得0<b <1；③当b <0时，{Δ=4−4b >0p (1)=b −1<0，得b <1，故b <0； 综上所述，ℎ(x)在(0,1)上有且只有一个极值点时，b <1． 故实数b 的取值范围为(−∞,1)．。