2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 函数单调性必考导数工具离不了
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．已知函数 f(x)＝ln x＋x2－3x(a∈R)，则函数 f(x)的单调递增区间为( )
A.
－∞，1
2 B．(1，＋∞)
C.
－∞，1
2 和(1，＋∞) D. 0，1
2 和(1，＋∞)
解析：选 D f′(x)＝2x2－3x＋1
x (x>0)，
令 f′(x)＝0，得 x＝1
2
或 x＝1，当 0
1 时，f′(x)>0，
所以 f(x)的单调递增区间为 0，1
2 和(1，＋∞)．
2．(2017·浙江高考)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：选 D 由 f′(x)的图象知，f′(x)的图象有三个零点，故 f(x)在这三个零点处取
得极值，排除 A、B；记导函数 f′(x)的零点从左到右分别为 x1，x2，x3，因为在(－∞，x1)
上 f′(x)<0，在(x1，x2)上 f′(x)>0，所以函数 f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除 C，故选
D.
3．对于 R 上可导的任意函数 f(x)，若满足 1－x
f′x
≤0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)
C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
解析：选 A 当 x＜1 时，f′(x)＜0，此时函数 f(x)单调递减，
当 x＞1 时，f′(x)＞0，此时函数 f(x)单调递增，
∴当 x＝1 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)＞2f(1)．
4．已知函数 f(x)＝xsin x，x1，x2∈ －π
2
，π
2 ，且 f(x1)＜f(x2)，那么( )
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x21－x22＞0 D．x21－x22＜0
解析：选 D 由 f(x)＝xsin x 得 f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，
当 x∈ 0，π
2 时，f′(x)＞0，即 f(x)在 0，π
2 上为增函数，
又 f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x，因而 f(x)为偶函数，
∴当 f(x1)＜f(x2)时，有 f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x1|＜|x2|，x21－x22＜0，故选 D.
5．(2017·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 x1＜x2，
则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( )
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定
解析：选 A 设 g(x)＝fx
ex
，则 g′(x)＝f′xex－fxex
ex2
＝f′x－fx
ex
，由题意知 g′(x)
＞0，所以 g(x)单调递增，当 x1＜x2 时，g(x1)＜g(x2)，即fx1
ex1
＜fx2
ex2
，所以 ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
6．已知定义在 R 上的函数 y＝f(x)满足条件 f(x＋4)＝－f(x)，且函数 y＝f(x＋2)是偶函
数，当 x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－ax a>1
2 ，当 x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为 3，则 a 的值为
( )
A．e2 B．e
C．2 D．1
解析：选 A 因为函数 y＝f(x＋2)是偶函数，即对称轴为 x＝0，
所以函数 y＝f(x)的对称轴为 x＝2，
当 x∈[2,4)时，4－x∈(0,2]，
所以 f(x)＝f(4－x)＝ln(4－x)－a(4－x)．
因为 f(x＋4)＝－f(x)，
所以 x∈[－2,0)时，x＋4∈[2,4)，
f(x)＝－f(x＋4)＝－ln[4－(x＋4)]＋a[4－(x＋4)]＝－ln(－x)－ax，
所以 f′(x)＝－1
x
－a，令 f′(x)＝0，得 x＝－1
a
，
因为 a>1
2
，所以－1
a
∈(－2,0)，
当－2≤x<－1
a
时，f′(x)<0，当－1
a0，
所以 f(x)在 －2，－1
a 上是减函数，在 －1
a
，0 上是增函数，
所以当 x＝－1
a
时，f(x)取得最小值 f
－1
a ＝－ln
1
a ＋1，
因为 f(x)在[－2,0)上的最小值为 3，
所以－ln
1
a ＋1＝3，解得 a＝e2.
二、填空题
7．设函数 f(x)＝x(ex－1)－1
2x2，则函数 f(x)的单调增区间为________．
解析：因为 f(x)＝x(ex－1)－1
2x2，
所以 f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
令 f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得 x∈(－∞，－1)或 x∈(0，＋∞)．
所以函数 f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)
8．已知函数 f(x)＝xln x－ax2－x.若函数 f(x)在定义域上为减函数，则实数 a 的取值范
围是________．
解析：由题意可知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝ln x－2ax，因为函数 f(x)在定义域上为减函数，
所以 ln x－2ax≤0，即 a≥ln x
2x
在(0，＋∞)上恒成立，
令 g(x)＝ln x
2x
，则 g′(x)＝1－ln x
2x2
，
当 00；当 x>e 时，g′(x)<0，
所以 g(x)max＝g(e)＝ 1
2e
，
所以 a≥ 1
2e.
答案：
1
2e
，＋∞
9．(2018·兰州诊断)若函数 f(x)＝x2－ex－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)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，
∵函数 f(x)＝x2－ex－ax 在 R 上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a≥0 有解，即 a≤2x－ex 有解，
设 g(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex，
令 g′(x)＝0，解得 x＝ln 2，
则当 x＜ln 2 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当 x＞ln 2 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴当 x＝ln 2 时，g(x)取得最大值，且 g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，
∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
三、解答题
10．已知函数 f(x)＝x－2
x
＋1－aln x，a＞0.讨论 f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
导函数 f′(x)＝1＋ 2
x2
－a
x
＝x2－ax＋2
x2 .
设 g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0 的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即 0＜a≤2 2时，对一切 x＞0 都有 f′(x)≥0.
此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即 a＞2 2时，方程 g(x)＝0 有两个不同的实根 x1＝a－ a2－8
2
，x2＝
a＋ a2－8
2
，0＜x1＜x2.
由 f′(x)>0，得 0x2.由 f′(x)<0，得 x10，
所以 g(x)在[a，＋∞)上为增函数．
令 h(x)＝1
3x3－x＋a，则 h′(x)＝x2－1.
令 h′(x)＝0，得 x＝±1，
所以 h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
(1)因为 f(x)在 R 上是增函数，所以 h(x)在(－∞，a)上为增函数，所以 a≤－1.
故 a 的取值范围为(－∞，－1]．
(2)因为函数 f(x)在 R 上不单调，所以 a>－1.
当－10)图象的两条不同切线，求实数 a 的取值
范围．
解：(1)f′(x)＝－ax2＋x＋a－1
x
＝－[ax＋a－1]x－1
x .
①当 a＝1
2
时，f′(x)≤0，此时，f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
②当 a≤0 时，由 f′(x)>0，得 x>1；
由 f′(x)<0，得 00，得 11
a
－1.
此时，f(x)在(0,1)和
1
a
－1，＋∞ 上是减函数，在 1，1
a
－1 上是增函数．
(2)y＝－1
3x3＋a
2x2－2x，y′＝－x2＋ax－2，设点 P t，－1
3
t3＋a
2
t2－2t (t>0)是函数 y＝g(x)
－f(x)图象上的切点，则过点 P 的切线的斜率为 k＝－t2＋at－2，
所以过点 P 的切线方程为 y＋1
3t3－a
2t2＋2t＝(－t2＋at－2)(x－t)．
因为点 0，－1
3 在切线上，
所以－1
3
＋1
3t3－a
2t2＋2t＝(－t2＋at－2)(0－t)，
即 2
3t3－1
2at2＋1
3
＝0.
若过点 0，－1
3 可作函数 y＝g(x)－f(x)图象的两条不同切线，
则方程 2
3t3－1
2at2＋1
3
＝0 有两个不同的正数解．
令 h(x)＝2
3x3－1
2ax2＋1
3
，则函数 y＝h(x)与 x 轴正半轴有两个不同的交点．
令 h′(x)＝2x2－ax＝0，解得 x＝0 或 x＝a
2.
因为 h(0)＝1
3
，h
a
2 ＝－ 1
24a3＋1
3
，
所以必须 a>0，且 h
a
2 ＝－ 1
24a3＋1
3<0，解得 a>2.
所以实数 a 的取值范围为(2，＋∞)．
