【数学】2020届数学文一轮复习第三章第2讲导数与函数的单调性作业
1．函数 f(x)＝ex－ex，x∈R 的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
解析：选 D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令 f′(x)>0，解得 x>1，故选 D.
2．函数 f(x)的导函数 f′(x)有下列信息：
①f′(x)＞0 时，－1＜x＜2；
②f′(x)＜0 时，x＜－1 或 x＞2；
③f′(x)＝0 时，x＝－1 或 x＝2.
则函数 f(x)的大致图象是( )
解析：选 C．根据信息知，函数 f(x)在(－1，2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)
上是减函数，故选 C．
3．若函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则 k 的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选 D.由于 f′(x)＝k－1
x
，f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增
⇔
f′(x)＝k－1
x
≥0
在(1，＋∞)上恒成立．由于 k≥1
x
，而 0<1
x<1，所以 k≥1.即 k 的取值范围为[1，＋∞)．
4．已知函数 f(x)＝xsin x，x∈R，则 f
π
5 ，f(1)，f
－π
3 的大小关系为( )
A．f
－π
3 >f(1)>f
π
5 B．f(1)>f
－π
3 >f
π
5
C．f
π
5 >f(1)>f
－π
3 D．f
－π
3 >f
π
5 >f(1)
解析：选 A．因为 f(x)＝xsin x，
所以 f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsin x＝f(x)．
所以函数 f(x)是偶函数，所以 f
－π
3 ＝f
π
3 .
又 x∈ 0，π
2 时，得 f′(x)＝sin x＋xcos x>0，所以此时函数是增函数．
所以 f
π
5
f(1)>f
π
5 ，故选 A．
5．函数 f(x)的定义域为 R.f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)>2，则 f(x)>2x＋4 的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选 B．由 f(x)>2x＋4，得 f(x)－2x－4>0.设 F(x)＝f(x)－2x－4，则 F′(x)＝f′(x)－2.
因为 f′(x)>2，所以 F′(x)>0 在 R 上恒成立，所以 F(x)在 R 上单调递增，而 F(－1)＝f(－1)
－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式 f(x)－2x－4>0 等价于 F(x)>F(－1)，所以 x>－1，选
B．
6．若函数 f(x)＝ax3＋3x2－x 恰好有三个单调区间，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由题意知 f′(x)＝3ax2＋6x－1，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，所以 3ax2＋6x－1＝0 需满足 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，＋∞)
7．(2019·张掖第一次诊断考试)若函数 f(x)＝x3
3
－a
2x2＋x＋1 在区间
1
2
，3 上单调递减，
则实数 a 的取值范围是________．
解析：f′(x)＝x2－ax＋1，因为函数 f(x)在区间(1
2
，3)上单调递减，所以 f′(x)≤0 在区间(1
2
，
3)上恒成立，所以
f′(1
2)≤0
f′(3)≤0
，即
1
4
－a
2
＋1≤0
9－3a＋1≤0
，解得 a≥10
3
，所以实数 a 的取值范围为[10
3
，
＋∞)．
答案：[10
3
，＋∞)
8．(2017·高考江苏卷)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex
，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a
－1)＋f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范围是________．
解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex
，得 f(－x)＝－x3＋2x＋1
ex
－ex＝－f(x)，所以 f(x)是 R 上的
奇函数，又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋1
ex
≥3x2－2＋2 ex·1
ex
＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号，
所以 f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式 f(a－1)＋f(2a2)≤0
⇔
f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－
2a2)
⇔
a－1≤－2a2，解得－1≤a≤1
2
，故实数 a 的取值范围是 －1，1
2 .
答案： －1，1
2
9．已知函数 f(x)＝x
4
＋a
x
－ln x－3
2
，其中 a∈R，且曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂
直于直线 y＝1
2x.
(1)求 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间．
解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝1
4
－a
x2
－1
x(x>0)，
由 f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线 y＝1
2x，知 f′(1)＝－3
4
－a＝－2，解得 a＝5
4.
(2)由(1)知 f(x)＝x
4
＋ 5
4x
－ln x－3
2
，则 f′(x)＝x2－4x－5
4x2 (x>0)．
令 f′(x)＝0，解得 x＝－1 或 x＝5.
因为 x＝－1 不在 f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当 x∈(0，5)时，f′(x)<0，
故 f(x)在(0，5)内为减函数；
当 x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，
故 f(x)在(5，＋∞)内为增函数．
综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)，
单调减区间为(0，5)．
10．已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝1
2ax＋b.
(1)若 f(x)与 g(x)在 x＝1 处相切，求 g(x)的表达式；
(2)若φ(x)＝m(x－1)
x＋1
－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数 m 的取值范围．
解：(1)由已知得 f′(x)＝1
x
，
所以 f′(1)＝1＝1
2a，所以 a＝2.
又因为 g(1)＝0＝1
2a＋b，
所以 b＝－1，
所以 g(x)＝x－1.
(2)因为φ(x)＝m(x－1)
x＋1
－f(x)＝m(x－1)
x＋1
－ln x 在[1，＋∞)上是减函数．
所以φ′(x)＝－x2＋(2m－2)x－1
x(x＋1)2
≤0 在[1，＋∞)上恒成立．
即 x2－(2m－2)x＋1≥0 在[1，＋∞)上恒成立，
则 2m－2≤x＋1
x
，x∈[1，＋∞)，
因为 x＋1
x
∈[2，＋∞)，
所以 2m－2≤2，m≤2.
故实数 m 的取值范围是(－∞，2]．
1．(2017·高考山东卷)若函数 exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在 f(x)的定义域上
单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质．下列函数中具有 M 性质的是( )
A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2
C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos x
解析：选 A．对于选项 A，f(x)＝2－x＝
1
2
x
，则 exf(x)＝ex·
1
2
x
＝
e
2
x
，因为e
2>1，所以
exf(x)在 R 上单调递增，所以 f(x)＝2－x 具有 M 性质．对于选项 B，f(x)＝x2，exf(x)＝exx2，[exf(x)]′
＝ex(x2＋2x)，令 ex(x2＋2x)>0，得 x>0 或 x<－2；令 ex(x2＋2x)<0，得－20 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)．
3．设函数 f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3.若实数 a，b 满足 f(a)＝0，g(b)＝0，则( )
A．g(a)<00，
所以 f(a)＝0 时 a∈(0，1)．又 g(x)＝ln x＋x2－3 在(0，＋∞)上单调递增，且 g(1)＝－2<0，
所以 g(a)<0.由 g(2)＝ln 2＋1>0，g(b)＝0 得 b∈(1，2)，又 f(1)＝e－1>0，
所以 f(b)>0.综上可知，g(a)<00，函
数单调递增，所以由 f(x2＋2)0)，
则 h′(x)＝－1
x2
－1
x<0，
即 h(x)在(0，＋∞)上是减函数．
由 h(1)＝0 知，当 00，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，＋∞)．
6．设函数 f(x)＝aln x＋x－1
x＋1
，其中 a 为常数．
(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＋1
，x∈(0，＋∞)，
此时 f′(x)＝ 2
(x＋1)2
，
可得 f′(1)＝1
2
，又 f(1)＝0，
所以曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 x－2y－1＝0.
(2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a
x
＋ 2
(x＋1)2
＝ax2＋(2a＋2)x＋a
x(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)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
①当 a＝－1
2
时，Δ＝0，
f′(x)＝
－1
2(x－1)2
x(x＋1)2
≤0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当 a<－1
2
时，Δ<0，g(x)<0，
f′(x)<0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
③当－1
20，
设 x1，x2(x10，
所以当 x∈(0，x1)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，
当 x∈(x1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增，
当 x∈(x2，＋∞)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≤－1
2
时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－1
2
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