高考数学总复习 第三章 导数及其应用 第16讲 导数与函数的单调性练习 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

第16讲导数与函数的单调性夯实基础【p35】【学习目标】了解函数的单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及参数的范围．【基础检测】1．函数f(x)＝lnx－x的单调递增区间是()A．(－∞，1)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(0，＋∞)【解析】∵函数f(x)＝lnx－x，定义域为(0，＋∞)，由f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)＞0，解得0<x<1，∴函数f(x)＝lnx－x的单调递增区间是(0，1)．【答案】B2．函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如下图，则函数y＝f(x)的图象可能是()【解析】由导函数在(－∞，0)上的图象可知原函数在区间(－∞，0)上先单调递减，再单调递增，则选项A，C错误；由导函数在(0，＋∞)上的图象可知原函数在区间(0，＋∞)上先单调递增，然后单调递减，再单调递增，则选项B错误；故选D.【答案】D3．若函数f(x)＝lnx＋ax2－2在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))内单调递增，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,8)))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)，＋∞))【解析】f′(x)＝eq\f(1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋1,x)，2ax2＋1＞0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))内恒成立，所以a＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2x2)))eq\s\do7(max)，由于x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，4))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2x2)))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,8)))，所以a≥－eq\f(1,8).【答案】D4．已知f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()A．f(2)>f(3)>f(π)B．f(3)>f(2)>f(π)C．f(2)>f(π)>f(3)D．f(π)>f(3)>f(2)【解析】f(x)＝1＋x－sinx，则f′(x)＝1－cosx≥0，则函数f(x)为增函数．∵2<3<π，∴f(π)>f(3)>f(2)．【答案】D5．定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)＜f(－x)，则满足eq\f(1,3)(2x－1)f(2x－1)＜f(3)的实数x的取值范围是________．【解析】∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴由xf′(x)<f(－x)可得xf′(x)＋f(x)<0，即[xf(x)]′<0，∵当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)<f(－x)，∴当x∈(－∞，0]时，恒有[xf(x)]′<0，设F(x)＝xf(x)，则函数F(x)＝xf(x)在(－∞，0]上为减函数，∵F(－x)＝(－x)f(－x)＝(－x)(－f(x))＝xf(x)＝F(x)，∴函数F(x)为R上的偶函数，∴函数F(x)＝xf(x)为[0，＋∞)上的增函数，∵eq\f(1,3)(2x－1)f(2x－1)<f(3)，∴(2x－1)f(2x－1)<3f(3)，∴F(2x－1)<F(3)，∴|2x－1|<3，解得－1<x<2.【答案】(－1，2)【知识要点】函数的单调性：在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．典例剖析【p35】考点1利用导数判断和证明函数的单调性eq\a\vs4\al(例1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))ex，a∈R.(1)求f(x)的零点；(2)当a≥－5时，求证：f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数．【解析】(1)f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，令f(x)＝0得x2＋a＝0，x2＝－a，当a≥0时，方程无解，f(x)没有零点；当a<0时，得x＝±eq\r(－a).综上，当a≥0时，f(x)无零点；当a<0时，f(x)零点为±eq\r(－a).(2)f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x2)))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)))ex＝eq\f(（x3＋x2＋ax－a）ex,x2).令g(x)＝x3＋x2＋ax－a(x>1)，则g′(x)＝3x2＋2x＋a，其对称轴为x＝－eq\f(1,3)，所以g′(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以g′(x)>3×12＋2×1＋a＝5＋a.当a≥－5时，g′(x)≥0恒成立，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．可得g(x)>g(1)＝2>0，f′(x)>0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数．【点评】应用导数法判断或证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的三步骤：(1)一求．求f′(x)；(2)二定．确认或推导f′(x)在(a，b)内的符号；(3)三结论．作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．考点2利用导数求函数的单调区间eq\a\vs4\al(例2)已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．【解析】(1)由题意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).设h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．【点评】应用导数求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．考点3已知函数的单调性求参数的取值范围eq\a\vs4\al(例3)已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x(m∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围；(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1<x2，证明：lnx1＋lnx2>2.【解析】(1)∵f(x)＝xlnx－eq\f(1,2)mx2－x(m∈R)在(0，＋∞)上是减函数，∴f′(x)＝lnx－mx≤0在定义域(0，＋∞)上恒成立，∴m≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))eq\s\do7(max)，设h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由h′(x)>0，得x∈(0，e)，由h′(x)<0，得x>e，∴函数h(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，∴m≥eq\f(1,e).故实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)由(1)知f′(x)＝lnx－mx，∵函数f(x)在(0，＋∞)上存在两个极值点x1，x2，且x1<x2，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx1－mx1＝0，,lnx2－mx2＝0，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)，,m＝\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，))∴eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，∴lnx1＋lnx2＝eq\f(x1＋x2,x1－x2)·lneq\f(x1,x2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)＋1))·ln\f(x1,x2),\f(x1,x2)－1)，设t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，则lnx1＋lnx2＝eq\f(（t＋1）·lnt,t－1)，要证lnx1＋lnx2>2，只需证eq\f(（t＋1）·lnt,t－1)>2，只需证lnt<eq\f(2（t－1）,t＋1)，只需证lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)<0，构造函数g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，∴g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)在t∈(0，1)上递增，∴g(t)<g(1)＝0，即g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)<0，∴lnx1＋lnx2>2.【点评】已知函数单调性求参数范围的两个方法：(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．方法总结【p36】1．函数的导数与函数的单调性在一个区间上，f′(x)≥0(个别点取等号)⇔f(x)在此区间上为增函数．在一个区间上，f′(x)≤0(个别点取等号)⇔f(x)在此区间上为减函数．2．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．3．研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．4．根据函数单调性求参数的一般思路：(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．走进高考【p36】1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<a－2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).(ⅰ)若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(ⅱ)若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1，不妨设x1<x2，则x2>1.由于eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<a－2等价于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0.设函数g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2<0，即eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<a－2.考点集训【p193】A组题1．函数f(x)＝eq\f(x,2)－sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))【解析】f′(x)＝eq\f(1,2)－cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，令f′(x)<0，则x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))).【答案】B2．若函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝kx－lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))单调递增，则k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－2))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))【解析】由函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝kx－lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))单调递增可得：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≥0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞))恒成立，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝k－eq\f(1,x)，故k－eq\f(1,2)≥0⇒k≥eq\f(1,2).【答案】B3．函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象如图所示，则其导函数y＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象可能是()【解析】根据函数图象可知函数y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))单调递减，则y＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))均为负数，排除A，B，D，故选C.【答案】C4．已知函数f(x)＝(ax3＋4b)·e－x，若b≤a＜0，则()A．f(x)在(－∞，0)单调递增B．f(x)在(－∞，0)单调递减C．f(x)在(－∞，＋∞)单调递增D．f(x)在(－∞，＋∞)单调递减【解析】f′(x)＝(－ax3＋3ax2－4b)e－x＝－ae－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－3x2＋\f(4b,a)))，由b≤a＜0⇒eq\f(b,a)≥1，x3－3x2＋eq\f(4b,a)≥x3－3x2＋4，令h(x)＝x3－3x2＋4，则h′(x)＝3x2－6x，所以h(x)在(0，2)递减，(2，＋∞)递增，所以h(x)的最小值是h(2)＝0，所以h(x)≥0，又a<0，则f′(x)≥0⇒f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．【答案】C5．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1恰有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．【解析】∵函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1，∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，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，∴3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0满足：Δ＝36a2－36(a＋2)＞0，解得a<－1或a>2.【答案】(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．已知函数f(x)＝x－2(ex－e－x)，则不等式f(x2－2x)>0的解集为________．【解析】由函数的解析式可得：f′(x)＝1－2(ex＋e－x)，由于ex＋e－x≥2eq\r(ex×e－x)＝2，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，据此可得：f′(x)＝1－2(ex＋e－x)≤－3，则函数f(x)是R上的单调递减函数，注意到f(0)＝0，则题中的不等式等价于f(x2－2x)>f(0)，结合函数的单调性脱去f符号有：x2－2x<0，解得0<x<2，即不等式的解集为(0，2)．【答案】(0，2)7．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(1－a,2)x2－ax，x∈R，其中a＞0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)(x∈(－2，0))的图象与直线y＝a有两个不同交点，求a的取值范围．【解析】(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)令g(x)＝f(x)－a，x∈(－2，0)，则函数g(x)在区间(－2，0)内有两个不同的零点，由(1)知g(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－2）<0，,g（－1）>0，,g（0）<0，))解得0＜a＜eq\f(1,3).所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).8．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(m（x－1）,x＋1).(1)若函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，求实数m的取值范围；(2)对于任意的正实数x，y，且x≠y，求证：eq\f(（x＋y）（lnx－lny）,x－y)＞eq\f(3,2).【解析】(1)依题意，导数f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2m,（1＋x）2)＝eq\f(x2＋2（1－m）x＋1,（1＋x）2x)≥0对于任意x>0恒成立，即不等式x2＋2(1－m)x＋1≥0对于任意x>0恒成立，即不等式m≤eq\f(x2＋1,2x)＋1对于任意x>0恒成立；又因为当x>0时eq\f(x2＋1,2x)＋1≥1＋1＝2(当x＝1时取等号)，则m≤2，故实数m的取值范围是(－∞，2]．(2)由于目标不等式eq\f(（x＋y）（lnx－lny）,x－y)>eq\f(3,2)中两个字母x与y可以轮换，则不妨设0<y<x.令u＝eq\f(x,y)，则u>1.欲证目标不等式eq\f(（x＋y）（lnx－lny）,x－y)>eq\f(3,2)⇔eq\f(u＋1,u－1)·lnu>eq\f(3,2)⇔eq\f(3（u－1）,2（u＋1）)<lnu⇔eq\f(3（1－u）,2（1＋u）)＋lnu>0.(※)根据(1)的结论知，当m＝eq\f(3,2)<2时f1(x)＝eq\f(3（1－x）,2（1＋x）)＋lnx在(0，＋∞)上递增．又因为u>1，则f1(u)>f1(1)＝0，则不等式(※)正确，故原目标不等式得证．B组题1．定义在R上的奇函数y＝f(x)满足f(3)＝0，且当x>0时，不等式f(x)>－xf′(x)恒成立，则函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为()A．1B．2C．3D．4【解析】定义在R上的奇函数f(x)满足：f(0)＝0＝f(3)＝f(－3)，且f(－x)＝－f(x)，又x>0时，f(x)>－xf′(x)，即f(x)＋xf′(x)>0，∴[xf(x)]′>0，函数h(x)＝xf(x)在x>0时是增函数，又h(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴h(x)＝xf(x)是偶函数；∴x<0时，h(x)是减函数，结合函数的定义域为R，且f(0)＝f(3)＝f(－3)＝0，可得函数y1＝xf(x)与y2＝－lg|x＋1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3个．【答案】C2．已知函数f(x)＝ax2－4ax－lnx，则f(x)在(1，3)上不单调的一个充分不必要条件是()A．a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,6)))B．a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))C．a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,6)))D．a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))【解析】f′(x)＝2ax－4a－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－4ax－1,x)，若f(x)在(1，3)上不单调，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1与x轴在(1，3)有交点，设其解为x1，x2，则x1＋x2＝2，因此方程的两解不可能都大于1，∴其在(1，3)中只有一解，其充要条件是(2a－4a－1)(18a－12a－1)<0，解得a<－eq\f(1,2)或a>eq\f(1,6)，因此选项D是满足要求的一个充分不必要条件