1、1课时达标检测(十五） 导数与函数的单调性练基础小题强化运算能力1(2018前黄中学期中考试)函数 f(x) xln x 的单调减区间是_解析：函数 f(x) xln x 的定义域为(0，)， f( x)ln x1，由 f( x)ln x10 得 0 x ，所以函数 f(x) xln x 的单调减区间是 .1e (0， 1e)答案： (0，1e)2已知函数 f(x) x3 ax4，则“ a0”是“ f(x)在 R 上单调递增”的12_条件(选填“充分不必要” “必要不充分” “充要” “既不充分又不必要”)解析： f( x) x2 a，当 a0 时， f( x)0，即 a0 时， f(x)在
2、R 上单调递增，32由 f(x)在 R 上单调递增，可得 a0.故“ a0”是“ f(x)在 R 上单调递增”的充分不必要条件答案：充分不必要3(2018阜宁中学模拟)若函数 f(x) (aR)在区间1,2上单调递增，则|ex2 aex|实数 a 的取值范围是_解析：设 g(x) ，则 g( x) .当 a0 时， g( x)0， g(x)在 R 上ex2 aex ex2 aex单调递增，且 g(ln )0 ，依题意知 ln 1，解得 0 a .当 a0 时， f(x)符2a 2ae22合题意当 a0 时，令 g( x)0，解得 xln .当 xln 时， g( x) 2a 2a0， g(x)
3、在(，ln )上单调递减，当 xln 时， g( x)0， g(x)在(ln 2a 2a， )上单调递增，故当 xln 时， g(x)取得最小值，又 g(ln )0，所 2a 2a 2a以 g(x)0 恒成立，所以依题意知 ln 1，解得 a0.综上，所求 a 的取值范 2ae22围是 .e22， e22答案： e22， e224已知函数 f(x)的导函数为 f( x)5cos x， x(1,1)，且 f(0)0，如果f(1 x) f(1 x2)0，则实数 x 的取值范围为_解析：导函数 f( x)是偶函数，且 f(0)0，原函数 f(x)是奇函数，所求不等式变形为 f(1 x) f(x21)
4、，导函数值恒大于 0，原函数在定义域上单调递增，又f(x)的定义域为(1,1)，11 x x211，解得 1 x ，实数 x 的取值范围22是(1， )2答案：(1， )2练常考题点检验高考能力一、填空题1(2018南通高三期初测试)已知函数 f(x)ln x2 x，若 f(x22) f(3x)，则实数 x 的取值范围是_解析：由 f(x)ln x2 x，得 f( x) 2 xln 20， x(0，)，所以 f(x)在1x(0，)上单调递增又由 f(x22) f(3x)，得 0 x223 x，所以 x(1,2). 答案：(1,2)2若函数 f(x) x3 tx23 x 在区间 上单调递减，则实
5、数 t 的取值范围是1， 4_解析： f( x)3 x22 tx3，由于 f(x)在区间 上单调递减，则有 f( x)0 在1， 4上恒成立，1， 4即 3x22 tx30 在1,4上恒成立，则 t 在 上恒成立，因为 y32(x 1x) 1， 4 32在 上单调递增，所以 t .(x1x) 1， 4 32(4 14) 518答案： 518， )3(2018苏州模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足： f(x) f( x)1， f(0)4，则不等式 exf(x)e x3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为_解析：设 g(x)e xf(x)e x，则 g( x)e xf(x)e xf(
6、x) e x，因为 f(x) f( x)1，所以 f(x) f( x) 10，所以 g( x)0，所以 y g(x)在定义域 R 上单调递增因为 exf(x)e x3，所以 g(x)3，又因为 g(0)e 0f(0)e 03，所以 g(x) g(0)，所以 x0，即 x(0，)答案：(0，)4(2018靖江诊断考试)函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x) f(2 x)，且当x(，1)时，( x1) f( x)0，设 a f(0)， b f ， c f(3)，则 a， b， c 的大小(12)关系是_解析：因为当 x(，1)时，( x1) f( x)0，所以 f( x)0，所以函数 f
7、(x)在(，1)上是单调递增函数，所以 a f(0) f b，又 f(x) f(2 x)，所以(12)c f(3) f(1)，所以 c f(1) f(0) a，所以 c a b.答案： b a c35若函数 f(x) x (bR)的导函数在区间(1,2)上有零点，则 f(x)在下列区间上单bx调递增的是_(填序号)(2,0)；(0,1)；(1，)；(，2)解析：由题意知， f( x)1 ，函数 f(x) x (bR)的导函数在区间(1,2)上bx2 bx有零点，当 1 0 时， b x2，又 x(1,2)， b(1,4)令 f( x)0，解得bx2x 或 x ，即 f(x)的单调递增区间为(，
8、 )，( ，)， b(1,4)，b b b b(，2)符合题意答案：6已知 y f(x)为(0，)上的可导函数，且有 f( x) 0，则对于任意的f xxa， b(0，)，当 a b 时，下列不等式成立的是_(填序号) af(a) bf(b)； af(a) bf(b)； af(b) bf(a)； af(b) bf(a)解析：由 f( x) 0 得 0，即 0，即 xf(x)f xx xf x f xx xf x xx0. x0， xf(x)0，即函数 y xf(x)为增函数，由 a， b(0，)且a b，得 af(a) bf(b)答案：7若幂函数 f(x)的图象过点 ，则函数 g(x)e xf
9、(x)的单调递减区间为(22， 12)_解析：设幂函数为 f(x) x ，因为图象过点 ，所以 ， 2，所以(22， 12) 12 (22)f(x) x2，故 g(x)e xx2，令 g( x)e xx22e xxe x(x22 x)0，得2 x0，故函数g(x)的单调递减区间为(2,0)答案：(2,0)8已知函数 f(x) x22 axln x，若 f(x)在区间 上是增函数，则实数 a 的取12 13， 2值范围为_解析： f( x) x2 a 0 在 上恒成立，即 2a x 在 上恒成立，1x 13， 2 1x 13， 2 max ，2 a ，即 a .( x1x) 83 83 434答
10、案： 43， )9已知 R 上可导函数 f(x)的图象如图所示，则不等式( x22 x3) f( x)0 的解集为_解析：由题图可知，Error!不等式( x22 x3) f( x)0 等价于Error!或Error!解得 x(，1)(1,1)(3，)答案：(，1)(1,1)(3，)10若函数 f(x) x3 x22 ax 在 上存在单调递增区间，则 a 的取值范13 12 23， )围是_解析：对 f(x)求导，得 f( x) x2 x2 a 2 2 a.当 x 时，(x12) 14 23， )f( x)的最大值为 f 2 a.令 2 a0，解得 a .所以 a 的取值范围是(23) 29
11、29 19.(19， )答案： (19， )二、解答题11已知函数 f(x) x3 ax2 b(a， bR)试讨论 f(x)的单调性解： f( x)3 x22 ax，令 f( x)0，解得 x10， x2 .2a3当 a0 时，因为 f( x)3 x20，所以函数 f(x)在(，)上单调递增；当 a0 时， x (0，)时， f( x)0， x 时， f( x)( ， 2a3) ( 2a3， 0)0，所以函数 f(x)在 ，(0，)上单凋递增，在 上单调递减；( ， 2a3) ( 2a3， 0)当 a0 时， x(，0) 时， f( x)0， x 时， f( x)(2a3， ) (0， 2a3
12、)0，所以函数 f(x)在(，0)， 上单调递增，在 上单调递减(2a3， ) (0， 2a3)12(2018宿迁期初测试)已知函数 f(x)e x ax1.(1)求函数 f(x)的单调增区间5(2)若 f(x)在定义域 R 内单调递增，求实数 a 的取值范围(3)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在区间(，0上单调递减，在0，)上单调递增？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由解：(1)易知 f( x)e x a.若 a0，则 f( x)e x a0 恒成立，即 f(x)在 R 上单调递增；若 a0，令 ex a0，得 ex a，即 xln a，此时 f(x)的单调增区间为(ln a，)(2)要使 f(x)在 R 内单调递增，只要 f( x)0 在 R 上恒成立，即 ex a0 ae x在R 上恒成立，又因为 ex0，所以 a0，即实数 a 的取值范围是(，0(3)假设存在 a 满足条件由题意知 ex a0 在(，0上恒成立，所以 ae x在(，0上恒成立因为 ex在(，0上为增函数，所以 a1.同理可知 ex a0 在0，)上恒成立，所以 ae x在0，)上恒成立，所以a1.综上， a1.
