1、1高考达标检测（十二） 函数单调性必考，导数工具离不了一、选择题1(2017厦门质检)函数 y x2ln x 的单调递减区间为( )12A(-1,1) B(0,1C(1，) D(0,2)解析：选 B 由题意知，函数的定义域为(0，)，又由 y x 0，解得1x0 x1，所以函数的单调递减区间为(0,12(2017成都外国语学校月考)已知函数 f(x) x22cos x，若 f( x)是 f(x)的导函数，则函数 f( x)的图象大致是( )解析：选 A 设 g(x) f( x)2 x2sin x， g( x)22cos x0，所以函数f( x)在 R 上单调递增3对于 R 上可导的任意函数 f
2、(x)，若满足 0，则必有( )1 xf xA f(0) f(2)2 f(1) B f(0) f(2)2 f(1)C f(0) f(2)2 f(1) D f(0) f(2)2 f(1)解析：选 A 当 x1 时， f( x)0，此时函数 f(x)单调递减，当 x1 时， f( x)0，此时函数 f(x)单调递增，当 x1 时，函数 f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以 f(0) f(1)， f(2) f(1)，则 f(0) f(2)2 f(1)4已知函数 f(x) xsin x， x1， x2 ，且 f(x1) f(x2)，那么( )( 2， 2)A x1 x20 B x1 x20C x
3、x 0 D x x 021 2 21 2解析：选 D 由 f(x) xsin x 得 f( x)sin x xcos xcos x(tan x x)，当 x时， f( x)0，即 f(x)在 上为增函数，又 f( x) xsin( x) xsin (0， 2) (0， 2)x，因而 f(x)为偶函数，当 f(x1) f(x2)时有 f(|x1|) f(|x2|)，| x1| x2|， x x 0，故选 D.21 25(2016吉林长春三模)定义在 R 上的函数 f(x)满足： f( x) f(x)恒成立，若2x1 x2，则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( )Ae x1f(x
4、2)e x2f(x1)Be x1f(x2)e x2f(x1)Ce x1f(x2)e x2f(x1)De x1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定解析：选 A 设 g(x) ，则 g( x) f xex f x ex f x ex ex 2，f x f xex由题意 g( x)0，所以 g(x)单调递增，当 x1 x2时， g(x1) g(x2)，即 ，所以 ex1f(x2)e x2f(x1)f x1ex1 f x2ex26(2017广西质检)若函数 f(x)( x2 cx5)e x在区间 上单调递增，则实数12， 4c 的取值范围是( )A(，2 B(，4C(，8 D2,4解析：选
5、B f( x) x2(2 c)x c5e x，函数 f(x)在区间 上单调递增，12， 4等价于 x2(2 c)x c50 对任意 x 恒成立，12， 4即( x1) c x22 x5， c 对任意 x 恒成立，x2 2x 5x 1 12， 4 x ，12， 4 ( x1) 4，x2 2x 5x 1 4x 1当且仅当 x1 时等号成立， c4.二、填空题7函数 f(x)1 xsin x 在(0,2)上的单调性为_解析：在(0,2)上有 f( x)1cos x0，所以 f(x)在(0,2)上单调递增答案：单调递增8(2016九江模拟)已知函数 f(x) x22 axln x，若 f(x)在区间
6、上是增函12 13， 2数，则实数 a 的取值范围为_3解析： f( x) x2 a 0 在 上恒成立，1x 13， 2即 2a x 在 上恒成立，1x 13， 2 max ，( x1x) 832 a ，即 a .83 43答案： 43， )9(2017兰州诊断)若函数 f(x) x2e x ax 在 R 上存在单调递增区间，则实数 a的取值范围是_解析： f(x) x2e x ax， f( x)2 xe x a，函数 f(x) x2e x ax 在 R 上存在单调递增区间， f( x)2 xe x a0，即 a2 xe x有解，设 g(x)2 xe x，则 g( x)2e x，令 g( x)
7、0，解得 xln 2，则当 xln 2 时， g( x)0， g(x)单调递增，当 xln 2 时， g( x)0， g(x)单调递减，当 xln 2 时， g(x)取得最大值，且 g(x)max g(ln 2)2ln 22， a2ln 22.答案：(，2ln 22三、解答题10已知函数 f(x) x 1 aln x， a0.讨论 f(x)的单调性2x解：由题意知， f(x)的定义域是(0，)，导函数 f( x)1 .2x2 ax x2 ax 2x2设 g(x) x2 ax2，二次方程 g(x)0 的判别式 a28.当 0，即 0 a2 时，对一切 x0 都有 f( x)0.2此时 f(x)是
8、(0，)上的单调递增函数当 0，即 a2 时，方程 g(x)0 有两个不同的实根 x1 ， x22a a2 82，0 x1 x2.a a2 82所以 f(x)， f( x)随 x 的变化情况如下表：x (0， x1) x1 (x1， x2) x2 (x2，)f( x) 0 0 4f(x) 极大值 极小值 此时 f(x)在 上单调递增，(0，a a2 82 )在 上单调递减，(a a2 82 ， a a2 82 )在 上单调递增(a a2 82 ， )11(2016武汉调研)已知函数 f(x) xln x.(1)若函数 g(x) f(x) ax 在区间e 2，)上为增函数，求 a 的取值范围；(
9、2)若对任意 x(0，)， f(x) 恒成立，求实数 m 的最大值 x2 mx 32解：(1)由题意得 g( x) f( x) aln x a1.函数 g(x)在区间e 2，)上为增函数，当 xe 2，)时， g( x)0，即 ln x a10 在e 2，)上恒成立 a1ln x.令 h(x)ln x1， a h(x)max，当 xe 2，)时，ln x2，)， h(x)(，3， a3，即 a 的取值范围是3，)(2)2 f(x) x2 mx3，即 mx2 xln x x23，又 x0， m 在 x(0，)上恒成立2xln x x2 3x记 t(x) 2ln x x .2xln x x2 3x
10、 3x m t(x)min. t( x) 1 ，2x 3x2 x2 2x 3x2 x 3 x 1x2令 t( x)0，得 x1 或3(舍)当 x(0,1)时， t( x)0，函数 t(x)在(0,1)上单调递减；当 x(1，)时， t( x)0，函数 t(x)在(1，)上单调递增 t(x)min t(1)4. m t(x)min4，5即 m 的最大值为 4.12(2016湖北八校联考)设函数 f(x) x2 axln x.(1)若 a1，试求函数 f(x)的单调区间；(2)令 g(x) ，若函数 g(x)在区间(0,1上是减函数，求实数 a 的取值范围f xex解：(1)当 a1 时， f(x
11、) x2 xln x，定义域为(0，)，所以 f( x)2 x1 ，1x 2x2 x 1x x 1 2x 1x所以当 0 x 时， f( x)0，当 x 时， f( x)0，12 12所以 f(x)在 上单调递减，(0，12)在 上单调递增(12， )(2)g(x) ，f xex x2 ax ln xex定义域为(0，)则 g( x) ， x2 2 a x a 1x ln xex令 h(x) x2(2 a)x a ln x，则 h( x)2 x 2 a，令 m(x)1x 1x2 1x h( x)， x(0，)，则 m( x)2 0，2x3 1x2故 h( x)在区间(0,1上单调递减，从而对任
12、意的 x(0,1， h( x) h(1)2 a.当 2 a0，即 a2 时， h( x)0，所以 h(x)在(0,1上单调递增，所以 h(x) h(1)0，即 g( x)0，所以 g(x)在区间(0,1上是减函数，满足题意；当 2 a0，即 a2 时， h(1)0， h a220,0 1，所以(1a) 2a 1ay h( x)在区间(0,1上有唯一零点，设为 x0，所以 h(x)在(0， x0)上单调递增，在( x0,1上单调递减，所以 h(x0) h(1)0，而 h(e a)e 2 a(2 a)e a ae aln e a0，所以 y h(x)在区间(0,1)上唯一零点，设为 x，即函数 g( x)在区间(0,1)上有唯一零点，所以 g(x)在区间(0， x)上单调递减，在( x，1)上单调递增，不满足题意综上可知，实数 a 的取值范围为(，2
