2020版高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第2节导数与函数的单调性习题含解析

第2节 导数与函数的单调性
考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数
的单调区间.

知 识 梳 理
1.函数的单调性与导数的关系
已知函数
f
(
x
)在某个区间内可导，
(1)如果
f
′(
x
)＞0，那么函数
y
＝
f
(
x
)在这个区间内单调递增；
(2)如果
f
′(
x
)＜0， 那么函数
y
＝
f
(
x
)在这个区间内单调递减.
2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是：
(1)确定函数
f
(
x
)的定义域；
(2)求导数
f
′(
x
)；
(3)由
f
′(
x
)＞0(或＜0)解出相应的
x
的取值范围.当
f
′ (
x
)＞0时，
f
(
x
)在相应的区间内
是单调递 增函数；当
f
′(
x
)＜0时，
f
(
x
) 在相应的区间内是单调递减函数.
一般需要通过列表，写出函数的单调区间.
3.已知单调性求解参数范围的步骤为：
(1)对含参数的函数
f
(
x
)求导，得到
f
′(
x
)；
(2)若函数
f
(
x
)在[
a
，
b
]上单调递增，则
f< br>′(
x
)≥0恒成立；若函数
f
(
x
)在[
a
，
b
]上单调递
减，则
f
′(
x
)≤0 恒成立，得到关于参数的不等式，解出参数范围；
(3)验证参数范围中取等号时，是否恒有
f
′(
x
)＝0.若
f
′(
x
)＝0恒成立，则函 数
f
(
x
)在(
a
，
b
)上为常数函数， 舍去此参数值.
[常用结论与易错提醒]
(1)解决一次、二次函数的单调性问题不必用导数.
(2)有些初等函数(如
f< br>(
x
)＝
x
＋
x
)的单调性问题也不必用导数. < br>(3)根据单调性求参数常用导数不等式
f
′(
x
)≥0或
f
′(
x
)≤0求解，注意检验等号.
(4)注意函数、导函数的定义域.
基 础 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
3

< br>(1)若可导函数
f
(
x
)在(
a
，
b)内单调递增，那么一定有
f
′(
x
)>0.( )
(2) 如果函数
f
(
x
)在某个区间内恒有
f
′(
x)＝0，则
f
(
x
)在此区间内没有单调性.( )
(3)
f
′(
x
)>0是
f
(
x
)为增函数的充 要条件.( )
解析 (1)
f
(
x
)在(
a
，
b
)内单调递增，则有
f
′(
x
)≥0.
(3 )
f
′(
x
)>0是
f
(
x
)为增函数的 充分不必要条件.
答案 (1)× (2)√ (3)×
2.函数
f
(
x
)＝e－
x
的单调递增区间是( )
A.(－∞，1]
C.(－∞，0]
x
x
B.[1，＋∞)
D.(0，＋∞)
解析 令
f< br>′(
x
)＝e－1>0得
x
>0，所以
f
(
x
)的递增区间为(0，＋∞).
答案 D
3.函数
y
＝
f
(
x
)的导函数
y
＝
f
′(
x
)的图象如图所示，则函数
y
＝
f
(
x
)的图象可能是( )


解析 利用导数与函数的单调性进行验证.
f
′(
x
)＞0的解集对应
y
＝
f
(
x
)的增区间，f
′(
x
)
＜0的解集对应
y
＝
f
(
x
)的减区间，验证只有D选项符合.
答案 D
4.(2019·镇海中 学月考)函数
f
(
x
)＝
x
－ln
x
的单调减区间为________.
解析 ∵
f
(
x
)＝
x
－ln
x
，∴
f
′(
x
)＝1－＝
1x－1x－1
，∵
x
>0， ∴当
x
∈(0，1)时，
f
′(
x
)＝
xxx<0即函数
f
(
x
)＝
x
－ln
x
的单调减区间为(0，1).
答案 (0，1)
5.若
f
(
x
)＝
ln x
，0＜
a＜
b
＜e，则
f
(
a
)与
f
(
b
)的大小关系为________.
x
1－ln x
，当0＜
x
＜e时，1－ln
x
＞0，
x2
解析
f
′(
x
)＝
即
f
′ (
x
)＞0，∴
f
(
x
)在(0，e)上单调递增，
∴
f
(
a
)＜
f
(
b
).

答案
f
(
a
)＜
f
(
b
)
6.函数
f
(
x
)＝的单调递增区间为________；单调递减区间为_____ ___.
解析 函数的定义域为{
x
|
x
≠0}，且
f< br>′(
x
)＝
ex
x
ex（x－1）
，令
f< br>′(
x
)>0得
x
>1，
f
(
x
) 的单
x2
调递增区间为(1，＋∞)，令
f
′(
x
)<0， 得
x
<1且
x
≠0，
f
(
x
)的单调减区 间为(－∞，0)和
(0，1).
答案 (1，＋∞) (－∞，0)和(0，1)

考点一 求不含参数的函数的单调性
??
x
【例1】 已知f
(
x
)＝
?
x3＋x2
?
e，讨论
f
(
x
)的单调性.
?
??
x
??
x
解 由题意得
f
′(x
)＝
?
x2＋2x
?
e＋
?
x3＋x2?
e
??
??
x
＝
?
x3＋x2＋2x
?
e
?
＝
x
(
x
＋1)(
x
＋4)e.
令
f
′(
x
)＝0，
解得
x
＝0，
x
＝－1或
x
＝－4.
当
x
<－4时，
f
′(
x
)<0，故
f
(< br>x
)为减函数；
当－4<
x
<－1时，
f
′(x
)>0，故
f
(
x
)为增函数；
当－1<
x
<0时，
f
′(
x
)<0，故
f
(
x< br>)为减函数；
当
x
>0时，
f
′(
x
)> 0，故
f
(
x
)为增函数.
综上知，
f
(
x
)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.
规律方法 确定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.
【训练1】 (1)函数
y
＝
x
－ln
x
的单调递减区间为( )
A.(－1，1)
C.(1，＋∞)
B.(0，1)
D.(0，＋∞)
1
?
2
3
?
2
1?
2
1
?
2
1
2
5
2
x1
2
2

(2)(2019·温州适应性考试)已知函数
f
(
x
)与
f
′(
x
)的图象如图所示，则
g
(
x
)＝
( )
ex
f（x）

A.在(0，1)上是减函数
C.在
?
1，
?
上是减函数
解析 (1)
y
＝
x
－ln
x
，
y
′＝
x
－＝
＜1，∴递减区间为(0，1).
(2)根据导函数的几何意义，易得函数
f
(
x
)与
f
′(
x
)的图象如图所示， 由图易得当
x
＝0或
B.在(1，4)上是减函数
?
?
4
?
3
?
??
D.在
?
，4
?
上是 减函数
?
1x2－1（x－1）（x＋1）
＝(
x
>0).令y
′＜0，得0<
x
xxx
4
?
3
1
2
2
x
＝2时，
f
(
x
)＝0，则函数
g
(
x
)＝
选项B，D；
g
′(
x
)＝即
g
′(
x
)＝
ex
的定义域为(－∞，0)∪(0， 2)∪(2，＋∞)，排除
f（x）
ex（f（x）－f′（x））
，由图易得当x
∈(0，1)时，
f
(
x
)>
f
′(
x
)，
f2（x）
ex（f（x）－f′（x））ex
>0，所以函数g
(
x
)＝在(0，1)上是增函数，故
f2（x）f（x）
e x（f（x）－f′（x））
f2（x）
?
4
?
?
3
?
ex
?
4
?
<0，所以函数
g
(
x< br>)＝在
?
1，
?
上是减函数，故选C.
f（x）
?
3
?
选项A错误；又由图易得当
x
∈
?
1，
?
时，
f
(
x
)<
f
′(
x
) ，即
g
′(
x
)＝

答案 (1)B (2)C
考点二 求含参函数的单调性
【例2】 设函数
f
(
x
)＝
a
ln
x
＋
x－1
，其中
a
为常数.
x＋1
( 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－1
，
x
∈(0，＋∞).
x＋1

此时
f
′(
x
)＝
21
.可得
f
′(1)＝，又
f
(1)＝0， 所以曲线
y
＝
f
(
x
)在(1，
f
(1) )处的
（x＋1）22
切线方程为
x
－2
y
－1＝0.
(2)函数
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞).
a2ax2＋（2a＋2）x＋a
f
′(
x
)＝＋＝.
x （x＋1）2x（x＋1）2
当
a
≥0时，
f
′(
x
)＞0，函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递增.
当
a
＜0时，令
g
(
x
)＝
ax
＋(2
a< br>＋2)
x
＋
a
，
由于Δ＝(2
a
＋2)－4
a
＝4(2
a
＋1).
22
2
1
－（x－1）2
2
1
①当
a＝－时，Δ＝0，
f
′(
x
)＝≤0，函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减.
2x（x＋1）2
②当
a
＜－ 时，Δ＜0，
g
(
x
)＜0，
1
2
f
′ (
x
)＜0，函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减.
③当－＜
a
＜0时，Δ＞0.
设
x
1
，
x
2
(
x
1
＜
x
2
)是函数
g< br>(
x
)的两个零点，
则
x
1
＝
由
x
1
＝
所以
1
2
－（a＋1）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋1
，
x
2＝.
aa
a＋1－2a＋1a2＋2a＋1－2a＋1
＝＞0，
－a －a
x
∈(0，
x
1
)时，
g
(
x
)＜0，
f
′(
x
)＜0，函数
f
(
x
)单调递减；
x
∈(
x
1
，
x
2
)时，
g
(
x
)＞0，
f
′(
x
)＞0，函数< br>f
(
x
)单调递增；
x
∈(
x
2
，＋∞)时，
g
(
x
)＜0，
f
′(
x
) ＜0，函数
f
(
x
)单调递减.
综上可得：
当
a
≥0时，函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递增；
当
a
≤－时，函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减； < br>当－＜
a
＜0时，
f
(
x
)在
?
0 ，
1
2
1
2
?
?
－（a＋1）＋2a＋1
?
?
，
a
?
?
－（a＋1）－2a＋1
?
?
，＋∞
?
上单调递减，
a
??
?
－（a＋1 ）＋2a＋1－（a＋1）－2a＋1
?
在
?
，
?
上单调递 增.
aa
??
规律方法 利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号 ，当
f
(
x
)含参数时，

需依据参数取值对不等式解 集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.
【训练2】 (1)已知函数
f
(
x
)＝
ax
＋ln
x
(
a
＜0)，则
f
(
x
)的单调递增区间是______ ____；
单调递减区间是__________.
解析 由已知得
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞).
?
1
?
a
?
x＋
?
1
?
a
?
因为< br>f
′(
x
)＝
a
＋＝，
xx
所以当
x
＞－时，
f
′(
x
)＜0，
当0＜
x
＜－时，
f
′(
x
)＞0，
1
a
1
a
?
?
?
1
?
单调递减区间 为
?
－，＋∞
?
.
?
a
?
1
??
1
??
答案
?
0，－
??
－，＋∞
?

a
??
a
??
解 ∵
f
(
x
)＝
x
－2
a
ln
x
，
2
所以
f
(
x
)的单调递增区间为
?
0，－
?
.
1
?
a
?
(2) 已知
a
为实数，函数
f
(
x
)＝
x
－2< br>a
ln
x
.求函数
f
(
x
)的单调区间.
2
∴
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
2（x2－a）
f
′(
x
)＝，
x
∴当
a
≤0时，
f
′(
x
)>0，则
f
(
x< br>)在(0，＋∞)上是增函数；
当
a
>0时，令
f
′(x
)<0，得0<
x
<
a
，
令
f
′(
x
)>0，得
x
>
a
，
∴
f
(
x
)在(0，
a
)上是减函数，在(
a
，＋∞)上是增函数.
考点三 利用函数的单调性求参数
【例3】 (1)已 知函数
f
(
x
)＝
ax
－
x
＋
x
在区间(0，2)上是单调增函数，则实数
a
的取值
范围为________ .
1
3
32
??
(2)已知函数
f
(
x
)＝ln
x
＋(
x
－
b
)
2
(
b
∈R)在
?
，2
?
上存在单调递增区间，则实数
b
的取值范
?
围是________.
1
?
2
1
?
2
12
?
解析 (1 )
f
′(
x
)＝
ax
－2
x
＋1≥0?< br>a
≥－＋＝－
?
－1
?
＋1在(0，2)上恒成立，即
a
≥1.
x2x
?
x
?
2

??
(2)由题意得
f
′(
x
)＝＋2(
x
－
b
)＝＋2
x
－2
b
，因为函数
f
(
x< br>)在
?
，2
?
上存在单调递增区
?
??????间，所以
f
′(
x
)＝＋2
x
－2
b
>0在
?
，2
?
上有解，所以
b
<
?
＋x
?
max
，
x
∈
?
，2
?
，由函 数的
22x2
??????
??
性质易得当
x
＝2时，＋< br>x
取得最大值，即
?
＋x
?
max
＝
?9
?
－∞，
?
.
?
4
?
??
答案 (1)[1，＋∞) (2)
?
－∞，
?

4
1
x
1
x
1
?
2
1
x
111
1
2x
1?
2x
19
＋2＝，所以
b
的取值范围为
2×24?
?
9
?
?
规律方法 利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法
(1)函数
f
(
x
) 在区间
D
上存在递增(减)区间.
方法一：转化为“
f
′(
x
)>0(<0)在区间
D
上有解”；
方法二：转化为“存在区间
D
的一个子区间使
f
′(
x
)>0(<0)成立”.
(2)函数
f
(
x
)在区间
D
上递增(减). < br>方法一：转化为“
f
′(
x
)≥0(≤0)在区间
D
上恒成立”问题；
方法二：转化为“区间
D
是函数
f
(
x
)的单调递增(减)区间的子集”.
【训练3】 (1)函数
f
(
x
)＝
x
－
x
＋2
x
＋1的递减区间为(－2，－ 1)，则实数
a
的值为
________.
(2)若
f
(
x
)＝－
x
＋
b
ln(
x
＋2)在[－1 ，＋∞)上是减函数，则实数
b
的取值范围是________.
解析 (1)f
′(
x
)＝
x
－
ax
＋2，由已知得－2， －1是
f
′(
x
)的两个零点，
?
?
f′（－2 ）＝4＋2a＋2＝0，
所以有
?
解得
a
＝－3.
?f′（－1）＝1＋a＋2＝0，
?
2
1
3
3
a
2
2
1
2
2
(2)由已知得
f
′(
x< br>)＝－
x
＋
2
b
≤0在[－1，＋∞)上恒成立，
x＋2
∴
b
≤(
x
＋1)－1在[－1，＋∞)上恒成立，∴
b
≤－1.
答案 (1)－3 (2)(－∞，－1]

基础巩固题组
一、选择题
1.函数
f
(
x
)＝
x
ln
x
，则( )
A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减

C.在
?
0，
?
上递增
e
?< br>?
1
?
?
D.在
?
0，
?
上递减
e
?
?
1
?
?
解析
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
f
′(
x
)＝ln
x< br>＋1，令
f
′(
x
)>0得
x
>，令
f′(
x
)<0得
0<
x
<，故选D.
答案 D 2.已知函数
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋ 4，则“
a
>0”是“
f
(
x
)在R上单调递增”的( )
A.充分不必要条件
C.充要条件
B.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
1
e
1
e
1
2
3
解析
f
′(
x
)＝
x
＋
a
，当
a
≥0时，f
′(
x
)≥0恒成立，故“
a
>0”是“
f
(
x
)在R上单调递
增”的充分不必要条件.
答案 A
3.下面为函数
y
＝
x
sin
x
＋cos
x
的递增区间的是( )
3
2
2
?
π
，
3
π
?

?
22
?
?
?
3
π
，
5
π
?
C.
?

2
?
?
2
?
A.
?
B.(π，2π)
D.(2π，3π)
解析
y
′＝(
x
sin
x
＋cos
x
)′＝sin
x
＋
x
cos
x
－sin
x
＝
x
cos
x
，当
x
∈
?
恒有
x
cos
x
>0.
答案 C
?
3
π
，
5
π
?
时，
2
?
?
2
?
4.设函数
f
(
x
)＝
x
－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]
C.(－∞，2]
B.[4，＋∞)
D.(0，3]
1
2
2
解析 ∵
f
(
x
)＝
x
－9ln
x
，∴
f
′(
x
)＝
x
－(
x
>0)，
当
x
－≤0时，有0<
x
≤3，
即在(0，3]上原函数 是减函数，则[
a
－1，
a
＋1]?(0，3]，
∴
a
－1>0且
a
＋1≤3，解得1<
a
≤2.
答案 A
5.函数
y
＝3
x
cos
x
－
x
的图象可能是( )
1
2
2
9
x
9
x

解析 由函数解析式可得，函数
y
为奇函数，排除B，D，
y
′＝3cos
x
－3
x
sin
x
－1，当
x
＝0时，
y
′＝2，所以在
x
＝0附近函数
y
为增函数，故选A.
答案 A
6.已知
f
(
x
)是定义在R上的减函数，其导 函数
f
′(
x
)满足
的是( )
A.对于任意
x
∈R，
f
(
x
)<0
B.对于任意
x
∈R，
f
(
x
)>0
C.当且仅当
x
∈(－∞，1)时，
f
(
x
)<0
D.当且仅当
x
∈(1，＋∞)时，
f
(
x
)>0
解析 由
f
(
x
)是定义在R上的减函数，得
f
′ (
x
)<0在R上恒成立，则
f（x）
＋
x
>2，则下列结 论正确
f′（x）
f（x）
＋
x
>2?(2
f′（x）－
x
)
f
′(
x
)－
f
(
x
)>0.令
g
(
x
)＝(2－
x
)
f(
x
)，则
g
′(
x
)＝(2－
x
)
f
′(
x
)－
f
(
x
)>0，函数
g
(
x
)
单调递增，又
g
(2)＝0，则当
x< br><2时，
g
(
x
)＝(2－
x
)
f
(
x
)<0，
f
(
x
)<0，当
x
>2时 ，
g
(
x
)＝(2
－
x
)
f
(< br>x
)>0，
f
(
x
)<0，排除B，C，D.
答案 A
二、填空题
7.函数
f
(
x
)的定义域为R，
f
(－1)＝2，对任意
x
∈R，
f
′(
x
)＞ 2，则
f
(
x
)＞2
x
＋4的解集
为______ __.
解析
f
′(
x
)＞2转化为
f
′(x
)－2＞0，构造函数
F
(
x
)＝
f
(x
)－2
x
，
得
F
(
x
)在R上是增函数.
又
F
(－ 1)＝
f
(－1)－2×(－1)＝4，
f
(
x
)＞2x
＋4，
即
F
(
x
)＞4＝
F
(－ 1)，所以
x
＞－1.
答案 (－1，＋∞)

8.已知函 数
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋
bx< br>＋
c
，
g
(
x
)为
f
(
x
)的导函数.若
f
(
x
)在(0，1)上单调递减，则
下列 结论正确的是__________(填序号).
①
a
＋
b
＋1＜ 0；②
b
≤0；③3＋2
a
＋
b
≤0.
解析 因 为
f
(
x
)在(0，1)上单调递减，所以
f
(0)＞f
(1)，即
a
＋
b
＋1＜0；由题意可得
g
(
x
)
＝
f
′(
x
)＝3
x
＋2
ax
＋
b
.因为
f
(
x
)在(0，1)上 单调递减，所以
g
(
x
)≤0在(0，1)上恒成立，
即
g
(0)≤0，
g
(1)≤0，所以
b
≤0，3＋2
a
＋
b
≤0.
答案 ①②③
9.已知函数
f
(
x
)＝－
x
＋4
x
－3ln
x
在区间[
t
，
t
＋1]上不单调，则实数
t
的取值范围是
_____ ___.
解析 由题意知
f
′(
x
)＝－
x
＋4 －＝－
2
32
1
2
2
3
x
（x－1）（x －3）
，由
f
′(
x
)＝0得函数
f
(
x
)的两
x
个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(
t
，
t
＋1)内，函数
f
(
x
)在区间[
t
，
t
＋1]上就不单调，由
t
<1<
t
＋1或
t< br><3<
t
＋1，得0<
t
<1或2<
t
<3.
答案 (0，1)∪(2，3)
10.已知函数
f
(
x
) ＝
x
＋
ax
＋
bx
＋
c
(
a，
b
，
c
∈R)，是“
a
－3
b
≤0 ”是“
f
(
x
)在R上只有一
个零点”的________条件(从 “充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也
不必要”中选一).
解析 因为
f
(
x
)＝
x
＋
ax
＋
bx＋
c
，
f
′(
x
)＝3
x
＋2
ax
＋
b
，若
a
－3
b
≤0，则Δ＝4
a
－
12
b
≤0，则
f
′(
x
)≥0恒成 立，所以
f
(
x
)在R上单调递增.当
x
→＋∞时，
f
(
x
)→＋∞，当
32222
322
3
x→－∞时，
f
(
x
)→－∞，所以
f
(
x)在R上只有一个零点，即充分性成立.令
a
＝，
b
＝0，
c< br>2
＝－1，则
f
(
x
)＝
x
＋
x< br>－1，
f
′(
x
)＝3
x
＋3
x
＝ 3
x
(
x
＋1)，则
f
(
x
)在(－∞， －1)，(0，
＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又
f
(－1)＝－< 0，
f
(1)＝>0，则
f
(
x
)在R
上只有一个 零点，但不满足“
a
－3
b
≤0”，即必要性不成立，所以“
a－3
b
≤0”是“
f
(
x
)
在R上只有一个零 点”的充分不必要条件.
答案 充分不必要
三、解答题
11.(2016·北京 卷)设函数
f
(
x
)＝
x
e
＝(e－1)
x
＋4.
(1)求
a
，
b
的值；
a
－
x
22
3
3
2
22
1
2
3
2
＋
bx
，曲线
y
＝
f
(
x
) 在点(2，
f
(2))处的切线方程为
y

(2)求
f
(
x
)的单调区间.
解 (1)∵
f
(
x
)＝
x
e
由题意得
?
a
－
x
＋
bx
，∴
f
′(
x
)＝(1－
x
)e
即< br>?
a
－
x
＋
b
.

?
?
f（2）＝2e＋2，
?
?
2ea－2＋2b＝2e＋2，
?
?
－ea－2＋b＝e－1，
?
?
f′（2）＝e－1，
解得a
＝2，
b
＝e.
(2)由(1)得
f
(
x
)＝
x
e
由
f
′(
x
)＝e
2－
x
2－
x
＋e
x
，
x
－1
(1 －
x
＋e
x
－1
)及e
2－
x
>0知，< br>f
′(
x
)与1－
x
＋e
x
－1
x
－1
同号.
令
g
(
x
)＝1－
x
＋e，则
g
′(
x
)＝－1＋e.
当
x
∈(－ ∞，1)时，
g
′(
x
)<0，
g
(
x
) 在(－∞，1)上递减；
当
x
∈(1，＋∞)时，
g
′(
x
)>0，
g
(
x
)在(1，＋∞)上递增，
∴
g
(
x
)≥
g
(1)＝1在R上恒成立，
∴
f
′(
x
)>0在R上恒成立.
∴
f
(
x
)的单调递增区间为(－∞，＋∞).
12.( 2019·金华十校调研)已知函数
f
(
x
)＝e－
ax
e －
a
(
a
∈R).
(1)若
f
(
x)在(0，＋∞)上单调递减，求
a
的取值范围；
(2)求证：
x
在(0，2)上任取一个值，不等式－
(1)解 由已知得< br>f
′(
x
)＝e(
x
＋1)
?
x
x x
111
<恒成立(注：e为自然对数的底数).
xex－12
?
1
－a
?
.
?
x＋1< br>?
?
由函数
f
(
x
)在(0，＋∞)上单调递减得< br>f
′(
x
)≤0恒成立.
∴
111
－
a
≤0，即
a
≥，又∈(0，1)，
1＋x1＋x1＋x
∴
a
的取值范围为[1，＋∞).
(2)证明 要证原不等式恒成立，
即证e－1－
x
<
x
(e－1)，
即(
x
－2)e＋
x
＋2>0在
x
∈(0，2)上恒成立 .
设
F
(
x
)＝(
x
－2)e＋
x＋2，则
F
′(
x
)＝(
x
－1)e＋1.
在(1)中，令
a
＝1，则
f
(
x
)＝e－
xe－1，
f
(
x
)在(0，2)上单调递减，
∴
F< br>′(
x
)＝－
f
(
x
)在(0，2)上单调递增，
而
F
′(0)＝0，
∴在(0，2)上
F
′(
x
)>0恒成立，
xx
xx
x
x
1
2
x

∴
F
(< br>x
)在(0，2)上单调递增，
∴
F
(
x
)>
F
(0)＝0，
即当
x
∈(0，2)时，－
111
<恒成立.
xex－12
能力提升题组
13.若函数
f
(
x
)＝
x
－
tx
＋3
x
在区间[1，4]上单调递减，则实数
t
的取值范围是( )
32
51
??
??
?< br>51
?
C.
?
，＋∞
?

?
8
?
A.
?
－∞，
?

8
2
B.(－∞，3]
D.[3，＋∞)
解析
f′(
x
)＝3
x
－2
tx
＋3，由于
f
(
x
)在区间[1，4]上单调递减，则有
f
′(
x
)≤ 0在[1，
4]上恒成立，即3
x
－2
tx
＋3≤0，即
t
≥
?
x＋
?
在[1，4]上恒成立.
2
3
?
2
?
1
?
x
?
3
?
1
?
3
?
1
?
51
因为
y
＝
?< br>x＋
?
在[1，4]上单调递增，所以
t
≥
?
4＋< br>?
＝.
2
?
x
?
2
?
4
?
8
答案 C
14.若定义在R上的函数
f
(
x
)满足
f
(0)＝0，且
f
(
x
)的导函数
f′(
x
)的图象如图所示，记
α＝|
f
(－1)|＋|
f
′(1)|，β＝|
f
(1)|＋|
f
′(－1)|，则( )

A.α＝β
C.α<β
B.α>β
D.α＝2β
2
解析 由导函数的图象为直线知，函数
f
(
x
)为过原点 的二次函数，设
f
(
x
)＝
ax
＋
bx
(
a
≠0)，
结合导函数图象可知
f
(
x
)在
?
－∞，－
?
上单调递增，在
?
－，＋∞
?
上单 调递减，则
a
<0，
2a2a
?
?
b
?
?
?
?
b
?
?
又由－>1得
b
>－2
a
，则
f
′(1)＝2
a
＋
b
>0，
f
(1)＝
a
＋
b
>－
a
>0，
f
′(－1)＝－2
a
＋
b
>0，
b
2a
f
(－1)＝
a
－
b
<0，因此，α－β＝(
a
＋2
b
)－(－
a
＋2
b
)＝2
a
<0，故选C.
答案 C
15.已知定义在R上的可导函数
f
(
x
)，满 足0<
f
′(
x
)<
f
(
x
)，对
a
∈(1，＋∞)，则下列不等
关系均成立的是( )
A.
f
(1)>e
f
(
a
)，
f
(
a
)>ef
(1)
B.
f
(1)>e
f
(
a
)，
f
(
a
)f
(1)
aa
aa< /p>

C.
f
(1)f
(
a
)，
f
(
a
)>e
f
(1)
D.
f
(1) f
(
a
)，
f
(
a
)f
(1)
解析 令函数
g
(
x
)＝
f
(< br>x
)·e，则
g
′(
x
)＝
f
′(
x
)·e＋
f
(
x
)·e>0，即
g
(
x
)在R上单调递
增，因为
a
∈(1，＋∞)，则e
f
(a
)>e
f
(1)>
f
(1)；令函数
h
(< br>x
)＝
a
xxx
aa
aa
f（x）
，则h
′(
x
)＝
ex
f′（x）－f（x）
a
－ 1
aa
<0，即
h
(
x
)在R上单调递减，则
f< br>(
a
)f
(1)f
(1)，即
f< br>(
a
)f
(1)，
ex
故选D.
答案 D
16.已知函数
f
(
x
)＝
x
＋
mx
＋
nx
－2的图象过点(－1，－6)，函数
g
(
x
)＝
f
′(
x
)＋6
x
的图象
关于
y< br>轴对称.则
m
＝________，
f
(
x
)的单调 递减区间为________.
解析 由函数
f
(
x
)的图象过点 (－1，－6)，得
m
－
n
＝－3.①
由
f
(< br>x
)＝
x
＋
mx
＋
nx
－2，得
f
′(
x
)＝3
x
＋2
mx
＋
n
，
所以
g
(
x
)＝
f
′(
x
)＋6
x
＝3
x
＋(2
m
＋6)
x
＋
n
.
因为
g
(
x
)的图象关于
y
轴对称， 所以－
2
322
32
2m＋6
＝0，
2×3
2< br>所以
m
＝－3，代入①得
n
＝0，所以
f
′(
x
)＝3
x
－6
x
＝3
x
(
x
－2).
由
f
′(
x
)<0，得0<
x
<2，所 以
f
(
x
)的单调递减区间是(0，2).
答案 －3 (0，2)
17.已知函数
f
(
x
)＝
ln x＋k(
k
为常数，e是自然对数的底数)，曲线
y
＝
f
(< br>x
)在点(1，
f
(1))
ex
处的切线与
x
轴平行.
(1)求
k
的值；
(2)求
f
(
x
)的单调区间.
1
－ln x－k
x
解 (1)由题意得
f
′(
x
)＝，
e x
又
f
′(1)＝
1－k
＝0，故
k
＝1.
e
1
－ln x－1
x
(2)由(1)知，
f
′(
x
)＝.
ex
设
h
(
x
)＝－ln
x
－1(x
＞0)，则
h
′(
x
)＝－－＜0，
即
h
(
x
)在(0，＋∞)上是减函数.
由
h< br>(1)＝0知，当0＜
x
＜1时，
h
(
x
)＞0，从 而
f
′(
x
)＞0；
1
x
11
x2x< /p>

当
x
＞1时，
h
(
x
)＜0，从而< br>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，＋∞).
18.已知函数
f
(
x
)＝
a
ln
x
－
ax
－3(
a
∈R).
(1)求函数
f
(
x
)的单调区间；
(2)若函数
y
＝
f
(
x
)的图象在点(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）＋
?< br>在区间(
t
，3)上总不是单调函数，求实数
m
的取值范围.
2
32
?
?
m
?
?
解 (1)函数
f
(
x
)的定义域为(0，＋∞)，
且
f
′(
x
)＝
a（1－x）
，
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)及题意得
f
′(2)＝－＝1，
即
a
＝－2，∴
f
(
x
)＝－2ln
x
＋2
x
－3，
f
′(
x
)＝
a
2
2x－2
.
x
??
23
∴
g
(
x
)＝
x
＋
?
＋2
?
x
－2
x< br>，
?
∴
g
′(
x
)＝3
x
＋(< br>m
＋4)
x
－2.
∵
g
(
x
)在区间(
t
，3)上总不是单调函数，
即
g
′(
x
)＝0在区间(
t
，3)上有变号零点 .
?
?
g′（t）<0，
由于
g
′(0)＝－2，∴?
当
g
′(
t
)<0，
?
g′（3）>0.
?
2
m
?
2
即3
t
＋(
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；
由
g
′(3)>0，即
m
>－，所以－<
m
<－9，
即实数
m
的取值范围是
?
－

2
373
37
3
?
37
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