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第12讲 导数与函数的单调性
1．(2016·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)e的递增区间是( ) A．(－∞，2) B．(0，3) C．(1，4) D．(2，＋∞)
xxxx解析：选D.函数f(x)＝(x－3)e的导数为f′(x)＝[(x－3)·e]′＝e＋(x－3)e＝(x－
x2)·e.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
2
2．(2016·郑州一模)设函数f′(x)＝x＋3x－4，则y＝f(x＋1)的递减区间为( ) A．(－4，1) B．(－5，0)
x?3?C.?－，＋∞? ?2?
2
?5?D.?－，＋∞?
?2?
2
解析：选B.由f′(x)＝x＋3x－4，令f′(x)<0，即x＋3x－4<0，解得－4 f(x)的递减区间为(－4，1)，所以y＝f(x＋1)的递减区间为(－5，0)． 3．(2016·江西省质检)函数f(x)＝x＋的大致图像是( ) e－12 xx x1e－2xe－12x解析：选B.f(x)是偶函数，排除A，D；x>0时，f′(x)＝·x2，记h(x)＝e－ 2（e－1） 2x2xe－1，因为h′(x)＝2e(e－x－1)>0，所以h(x)>h(0)＝0，所以f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上是递增的，排除C，所以选B. 4．对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)·f′(x)≥0，则必有( ) A．f(x)≥f(a) B．f(x)≤f(a) C．f(x)>f(a) D．f(x) 解析：选A.由(x－a)f′(x)≥0知，当x>a时，f′(x)≥0；当x xxx 已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是( ) A．(－3，0) B．(－3，5) C．(0，5) D．(－∞，－3)∪(5，＋∞) 解析：选B.依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)． 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 6．已知a≥0，函数f(x)＝(x－2ax)e，若f(x)在[－1，1]上是减函数，则a的取值范围是( ) 3 A．0 43C．a≥ 4 x2 2 x13B. D．0 2 x2 解析：选C.f′(x)＝(2x－2a)e＋(x－2ax)e＝[x＋(2－2a)x－2a]e，由题意当x∈[－1， 22 1]时，f′(x)≤0恒成立，即x＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x＋(2－2a)x－2a， ??g（－1）≤0，则有? ?g（1）≤0，? ?（－1）＋（2－2a）·（－1）－2a≤0，?即?2 ?1＋2－2a－2a≤0，? 2 x3 解得a≥.故选C. 4 7．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是________． 解析：在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x>0，所以f(x)在(0，2π)上是递增的． 答案：增函数 x2 8．(2016·石家庄二中开学考试)已知函数f(x)＝ln x＋2，若f(x＋2) 1x解析：由题可得函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ln 2，所以在定义域内f′(x)>0， x函数递增，所以由f(x＋2) |x－a| 9．已知函数f(x)＝e(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________． ??e，x≥a，|x－a| 解析：由f(x)＝e＝?－x＋a知，当x≥a时，函数f(x)为增函数，而已知函数f(x) ?e，x x－a22 在区间[1，＋∞)上为增函数，所以a的取值范围为(－∞，1]． 答案：(－∞，1] 32 10．若函数f(x)＝ax＋3x－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________． 2 解析：由题意知f′(x)＝3ax＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个 2 不相等的零点，所以3ax＋6x－1＝0满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)． 答案：(－3，0)∪(0，＋∞) ln x＋m11．已知函数f(x)＝(m为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))xe处的切线与x轴平行． (1)求m的值； (2)求f(x)的单调区间． 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 1 －ln x－mx解：(1)由题意得f′(x)＝， xe1－m又f′(1)＝＝0，故m＝1. e1 －ln x－1x(2)由(1)知，f′(x)＝. xe 111 设h(x)＝－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－2－<0， xxx即h(x)在(0，＋∞)上是减函数． 由h(1)＝0知，当0 综上可知，f(x)的递增区间是(0，1)，递减区间是(1，＋∞)． 12．(2016·云南省第一次统一检测)已知函数f(x)＝ln x－. 1＋2x(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上递增； 1 (2)若f[x(3x－2)]<－，求实数x的取值范围． 3解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为f(x)＝ln x－， 1＋2x11＋2x－2x4x＋3x＋1 所以f′(x)＝－＝. x（1＋2x）2x（1＋2x）2因为x>0，所以4x＋3x＋1>0，x(1＋2x)>0. 所以当x>0时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，＋∞)上递增． (2)因为f(x)＝ln x－， 1＋2x11 所以f(1)＝ln 1－＝－. 1＋2×13 1 由f[x(3x－2)]<－得f[x(3x－2)] 3 ??x（3x－2）>0， 由(1)得? ?x（3x－2）<1，? 2 2 2 xxx12 解得－ 33 ?1??2?所以实数x的取值范围为?－，0?∪?，1?. ?3??3? 1．(2016·河北省衡水中学模拟)已知函数f(x)＝?x＋?e，a∈R. x?? a? x? 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)当a＝－1时，求证：f(x)在(0，＋∞)上为增函数． x3＋x2＋ax－ax解：函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，f′(x)＝e. x2 (1)当a＝0时，f(x)＝x·e，f′(x)＝(x＋1)e， 所以f(1)＝e，f′(1)＝2e. 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是y－e＝2e(x－1)，即2ex－y－e＝0. xxx3＋x2－x＋1x32 (2)证明：当a＝－1时，f′(x)＝·e(x>0)．设g(x)＝x＋x－x＋1， 2 x则g′(x)＝3x＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)． 1 令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)>0，得x>. 31 令g′(x)＝(3x－1)(x＋1)<0，得0 2 ?1??1?所以函数g(x)在?0，?上是减函数，在?，＋∞?上是增函数， ?3??3? 1?1?22 所以函数g(x)在x＝处取得最小值，且g??＝>0. 3?3?27所以g(x)在(0，＋∞)上恒大于零． x3＋x2－x＋1x于是，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝·e>0恒成立． x2 所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数． 2x2．已知a∈R，函数f(x)＝(－x＋ax)e(x∈R，e为自然对数的底数)． (1)当a＝2时，求函数f(x)的递增区间； (2)函数f(x)是否为R上的单调函数？若是，求出a 的取值范围；若不是，请说明理由． 2x解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x＋2x)e， x2x所以f′(x)＝(－2x＋2)e＋(－x＋2x)e 2x＝(－x＋2)e. 2x令f′(x)>0，即(－x＋2)e>0， x2 因为e>0，所以－x＋2>0， 解得－2 所以函数f(x)的递增区间是(－2，2)． (2)若函数f(x)在R上是递减的， 则f′(x)≤0对任意x∈R都成立． 2x即[－x＋(a－2)x＋a]e≤0对任意x∈R都成立． x因为e>0， 2 所以x－(a－2)x－a≥0对任意x∈R都成立． 22 所以Δ＝(a－2)＋4a≤0，即a＋4≤0，这是不可能的． 故函数f(x)不可能在R上是递减的． 若函数f(x)在R上是递增的， 则f′(x)≥0对任意x∈R都成立， 2x即[－x＋(a－2)x＋a]e≥0对任意x∈R都成立． x因为e>0， 2 所以x－(a－2)x－a≤0对任意x∈R都成立． 小学+初中+高中+努力=大学 小学+初中+高中+努力=大学 而Δ＝(a－2)＋4a＝a＋4>0， 故函数f(x)不可能在R上是递增的． 综上可知函数f(x)不是R上的单调函数． 3．已知函数f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数y＝f(x)的图像在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x＋x·?f′（x）＋?在区间(t，3)内总不是单调函数，求m的取值范围． 2??解：(1)f′(x)＝3 22 2 ? m?a（1－x） (x>0)， x当a>0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)； 当a<0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)； 当a＝0时，f(x)不是单调函数． (2)由(1)得f′(2)＝－＝1， 2即a＝－2. 所以f(x)＝－2ln x＋2x－3， a??23 所以g(x)＝x＋?＋2?x－2x， ?2? 所以g′(x)＝3x＋(m＋4)x－2. 因为g(x)在区间(t，3)内总不是单调函数， 即g′(x)＝0在区间(t，3)内有变号零点． ??g′（t）<0， 由于g′(0)＝－2，所以? ?g′（3）>0.? 2 m当g′(t)<0，即3t＋(m＋4)t－2<0对任意t∈[1，2]恒成立， 由于g′(0)<0， 故只要g′(1)<0且g′(2)<0， 即m<－5且m<－9，即m<－9； 37 由g′(3)>0，即m>－， 337 所以－ 3 2 小学+初中+高中+努力=大学