2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性高效演练分层突破文新人教A版

第2讲 导数与函数的单调性

[基础题组练]

1．函数f(x)＝e－ex，x∈R的单调递增区间是( ) A．(0，＋∞) C．(－∞，1)

xxB．(－∞，0) D．(1，＋∞)

解析：选D.由题意知，f′(x)＝e－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.

3

2．(2020·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2ln x的单调递减区间是( )

xA．(－3，1) C．(－1，3)

B．(0，1) D．(0，3)

32

解析：选B.法一：令y′＝1－2＋<0，得－30，故所求函数的单调递减区

xx间为(0，1)．故选B.

7

法二：由题意知x>0，故排除A、C选项；又f(1)＝4

2选B.

e

3．函数f(x)＝的图象大致为( )

xx

exe－e

解析：选B.函数f(x)＝的定义域为{x|x≠0，x∈R}，当x>0时，函数f′(x)＝，2

xxxxx可得函数的极值点为：x＝1，当x∈(0，1)时，函数是减函数，x>1时，函数是增函数，并且f(x)>0，选项B、D满足题意．

e

当x<0时，函数f(x)＝<0，选项D不正确，选项B正确．

xx4．(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)＝x(e＋e)，则f(x)( ) A．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数

x－xC．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数

解析：选A.通解：由条件可知，f(－x)＝(－x)(e＋e)＝－x(e＋e)＝－f(x)，故

－xxx－xf(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex>e－x，所以x(ex－e－x)>0，又

e＋e>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，故选A.

优解：根据题意知f(－1)＝－f(1)，所以函数f(x)为奇函数．又f(1)

5．(2020·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x－3mx＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是( )

A．(－∞，1] C．(－∞，2]

2

3

2

x－xB．(－∞，1) D．(－∞，2)

解析：选C.因为f′(x)＝6(x－mx＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，

2

2

x2＋11?1?所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤?x＋?(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，

xx?x?min

1

＋∞)时，x＋>2，所以m≤2.故选C.

x12

6．函数y＝4x＋的单调递增区间为 ．

x112

解析：由y＝4x＋，得y′＝8x－2，

xx11

令y′>0，即8x－2>0，解得x>.

x2

1?1?2

所以函数y＝4x＋的单调递增区间为?，＋∞?.

x?2?

?1?答案：?，＋∞?

?2?

7．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为 ．

解析：由f(x)图象特征可得，

f′(x)在?－∞，?和[2，＋∞)上大于0，在?，2?上小于0，

22

?

?

1??

?1?

??

???x≥0，?x≤0，1

所以xf′(x)≥0??或??0≤x≤或x≥2，

2?f′（x）≥0??f′（x）≤0?

?1?所以xf′(x)≥0的解集为?0，?∪[2，＋∞)． ?2??1?答案：?0，?∪[2，＋∞) ?2?

?π?8．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f??，f(2)的大小关系为 (用“<”?2?

连接)．

解析：由题意知，函数f(x)为偶函数， 因此f(－3)＝f(3)．

又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 当x∈?

?π，π?时，f′(x)<0.所以f(x)在区间?π，π?上是减函数，所以f?π?＞f(2)

??2??2??2?????

＞f(3)＝f(－3)．

?π?答案：f(－3)

?2?

?2?32

9．已知函数f(x)＝x＋ax－x＋c，且a＝f′??.

?3?

(1)求a的值；

(2)求函数f(x)的单调区间． 解：(1)由f(x)＝x＋ax－x＋c， 得f′(x)＝3x＋2ax－1.

2?2?222??当x＝时，得a＝f′??＝3×??＋2a×－1，

33?3??3?解得a＝－1.

(2)由(1)可知f(x)＝x－x－x＋c，

3

2

2

3

2

?1?2

则f′(x)＝3x－2x－1＝3?x＋?(x－1)，

?3?

1

令f′(x)>0，解得x>1或x<－；

31

令f′(x)<0，解得－

3

1??所以f(x)的单调递增区间是?－∞，－?和(1，＋∞)； 3??

??f(x)的单调递减区间是?－，1?.

?

10．已知函数f(x)＝x－1(b∈R，e为自然对数的底数)在点(0，f(0))处的切线经过点

e

1?3

b(2，－2)．讨论函数F(x)＝f(x)＋ax(a∈R)的单调性．

解：因为f(0)＝b－1，

所以过点(0，b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝而f′(x)＝－x，由导数的几何意义可知，

e

b－1－（－2）

0－2

＝－

b＋1

2

，

bb＋1

f′(0)＝－b＝－，

2

1

所以b＝1，所以f(x)＝x－1.

e11

则F(x)＝ax＋x－1，F′(x)＝a－x，

ee当a≤0时，F′(x)<0恒成立； 当a>0时，由F′(x)<0，得x<－ln a， 由F′(x)>0，得x>－ln a.

故当a≤0时，函数F(x)在R上单调递减；

当a>0时，函数F(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．

[综合题组练]

1．(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，f′(x)为其导函数，若xf′(x)＋f(x)＝e(x－2)且f(3)＝0，则不等式f(x)<0的解集为( )

A．(0，2) C．(2，3)

B．(0，3) D．(3，＋∞)

xx解析：选B.令g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)＝e(x－2)，可知当x∈(0，2)时，g(x)＝xf(x)是减函数，当x∈(2，＋∞)时，g(x)＝xf(x)是增函数．又

f(3)＝0，所以g(3)＝3f(3)＝0.在(0，＋∞)上，不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解

集，又g(0)＝0，所以f(x)<0的解集是(0，3)，故选B.

1

2．设函数f(x)＝x－，且f(mx)＋mf(x)<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，则实数m的

x取值范围是 ．

1m解析：由f(mx)＋mf(x)<0得mx－＋mx－<0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，整理得

mxx11?1?122

2mx0时，2x<1＋2，显然当x＝1

?m?xmm122

时y＝2x取得最小值为2，无最大值，不符合题意；当m<0时，2x>1＋2，当x＝1时y＝

m12

2x取得最小值为2，1＋2<2，解得m<－1.综上，实数m的取值范围是m<－1.

m