高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学导数的概念和几何意义试题答案及解析
高二数学导数的概念和几何意义试题答案及解析1.若曲线在点处的切线方程是，则．【答案】2【解析】，又在点处的切线方程是，．【考点】三角函数化简求值．2.函数在处的切线方程是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】,因此切线方程为，即．【考点】（1）导数的运算法则；（2）导数的几何意义．3.若曲线f（x，y）=0上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线f（x，y）=0的“自公切线”，下列方程：①x2﹣y2=1②x2﹣|x﹣1|﹣y=0③xcosx﹣y=0④|x|﹣+1=0其中所对应的曲线中存在“自公切线”的有（）A．①②B．②③C．①④D．③④【答案】B【解析】①x2﹣y2=1是一个等轴双曲线，没有自公切线；②x2﹣|x﹣1|﹣y="0" ,由两圆相交，可知公切线，满足题意，故有自公切线；③xcosx﹣y=0的图象过（2π，2π ），（4π，4π），图象在这两点的切线都是y=x，故此函数有自公切线；④|x|﹣+1=0，其表示的图形为图中实线部分，不满足要求，故不存在．故选：B【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程.4.抛物线在点处的切线的倾斜角是( )A．30B．45C．60D．90【答案】B【解析】设抛物线在点处的切线的倾斜角为,因为,由导数几何意义得：,故选B.【考点】导数几何意义.5.已知函数，若曲线存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】对函数求导可得，存在与直线平行的切线，即有实数解，则，，则,得.故选A.【考点】导数的几何意义.6.函数是定义在R上的可导函数，则下列说法不正确的是（）A．若函数在时取得极值，则B．若，则函数在处取得极值C．若在定义域内恒有，则是常数函数D．函数在处的导数是一个常数【答案】B.【解析】对于B，可以构造函数，则，而并不是的极值点，而A,C,D均正确，∴选B.【考点】导数的性质.7.函数的图像在点）处的切线与轴的交点的横坐标为（）若，则= 。
高二数学导数的概念和几何意义试题答案及解析
高二数学导数的概念和几何意义试题答案及解析1.已知函数的导函数为，．求实数的取值范围。
【答案】或。
【解析】对函数求导，得=，代入，得，=<0,求解即可，注意高次不等式的解法.试题解析：由得=，所以得，=<0,解得或.【考点】导数，高次不等式.2.曲线在横坐标为l的点处的切线为，则点P(3，2)到直线的距离为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】欲求点到直线的距离，需知点的坐标和直线的方程，由公式,计算可得.由于直线为已知曲线方程的切线，且已知切点，这样一般通过求导数得到切线的斜率，由点斜式得到直线方程.，，.【考点】（1）导数与切线的关系；（2）点到直线的距离.3.设函数，曲线在点处的切线方程为，则曲线在点处切线的斜率为（）A．B．C．D．【答案】Ｂ【解析】由曲线在点处的切线方程为得：，从而可得：，所以曲线在点处切线的斜率为４；故选Ｂ．【考点】函数导数的几何意义．4.已知函数（）.⑴若函数的图象在点处的切线的倾斜角为，求在上的最小值；⑵若存在，使，求的取值范围．【答案】⑴在上的最小值为；⑵的取值范围为．【解析】⑴对函数求导并令导函数为0，看函数的单调性，即可求在上的最小值；⑵先对函数求导得，分、两种情况讨论即可求的取值范围．（1） 1分根据题意， 3分此时，，则.令－＋∴当时，最小值为. 8分（2）∵，①若，当时，，∴在上单调递减.又，则当时，.∴当时，不存在，使 11分②若，则当时，；当时，.从而在上单调递增，在上单调递减.∴当时， 14分根据题意，，即，∴. 15分综上，的取值范围是. 16分【考点】导数的应用、分类讨论思想.5.曲线在点处的切线斜率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由，得到，把x=0代入得：，则曲线在点A（0，1）处的切线斜率为1．故选A．【考点】1．直线的斜率；2．导数的几何意义．6.已知函数f（x）=x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn ，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn+1,0）（n∈N +），其中x n为正实数．（1）用xn 表示xn+1；（2）若x1=4，记an=lg，证明数列｛an｝成等比数列，并求数列｛xn｝的通项公式；（3）若x1＝4，bn＝xn－2，Tn是数列｛bn｝的前n项和，证明Tn<3．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析．【解析】（1）由题设条件知曲线y=f（x）在点处的切线方程是．由此可知．所以．（2）由，知，同理．故．由此入手能够导出．（3）由题设知，所以，由此可知．解：（1）由题可得．所以曲线在点处的切线方程是：．即．令，得．即．显然，∴．（2）由，知，’同理．----6’故．-----7’从而，即．所以，数列成等比数列．---8’故．即．----9’从而,所以．----10’（3）由（Ⅱ）知，∴∴ ---11’当时，显然．-------12’当时，-----13’∴．综上，．【考点】1．数列递推式；2．等比关系的确定；3．数列的求和；4．不等式的证明．7.设,则在处的导数（）A．B．C．0D．【答案】A【解析】，故选A．【考点】某点处的导数．8.已知曲线：（1）试求曲线在点处的切线方程；（2）试求与直线平行的曲线C的切线方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】（1）先求出的值，再求函数的导函数，求得的值即为点斜率，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可；（2）设切点为，利用导数的几何意义和相互平行的直线的斜率相等，即可得所求切线的斜率，再求出切点的坐标，代入点斜式方程，再化为一般式方程即可．（1）∵，∴，求导数得：，∴切线的斜率为，∴所求切线方程为，即：．（2）设与直线平行的切线的切点为，则切线的斜率为．又∵所求切线与直线平行，∴，解得：，代入曲线方程得：切点为或，∴所求切线方程为：或，即：或．【考点】1、导数的计算；2、导数的几何意义．9.已知A为函数图像上一点，在A处的切线平行于直线，则A点坐标为 ;【答案】（1,2）【解析】因为，设，则A点坐标为（1,2）.【考点】导数的几何意义10.过点恰可以作曲线的两条切线，则的值为；【答案】0或1或9【解析】设切点，则有所以或.因为过点恰可以作曲线的两条切线，，所以方程有不等于零的两个等根或包含零的两个不等根.由得或，此时方程的根非零.当方程有零根时，，此时方程还有另一根【考点】导数求切线11.若曲线在点处的切线方程为，则曲线在点处切线的方程为．【答案】【解析】曲线在点处切线的方程为：.【考点】导数的几何性质.12.过点且与曲线相切的直线方程为（）A．或B．C．或D．【答案】A【解析】设切点为，因为，所以切线的斜率为，所以切线方程为，又因为切线过点，所以即，注意到是在曲线上的，故方程必有一根，代入符合要求，进一步整理可得即，也就是即，所以或，当时，，切线方程为即；当时，，切线方程为即，故选A.【考点】导数的几何意义.13.在曲线处的切线方程为。
高二数学 利用导数研究函数的单调性 极值 最值 (不含参)
§3.2导数与函数的单调性、极值、最值1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) >0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) <0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．()(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()(6)函数f(x)＝x sin x有无数个极值点．() 2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是() A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)3．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则() A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值4．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．(－∞，＋∞)5．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．答案[－3，＋∞)解析f′(x)＝3x2＋a，f′(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3.题型一利用导数研究函数的单调性例1 已知α，[,]22βππ∈-，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是 A ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>变式训练⑴已知函数2()2cos f x x x =+，若()f x '是()f x 的导函数，则函数()f x '的图象大致是 A ． B ．C ．D ．⑵已知函数384()ln 33f x x x =--，则函数()f x 的零点个数为______________． ⑶．已知函数2()ln f x x x x =--的导函数为()f 'x ． ①解不等式()2f 'x <；②求函数()()4x x g f x =-的单调区间．题型二 利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．例3如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x21＋x22等于()A.89B.109C.169D.289变式训练⑴.设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x=-2处取得极小值，则函数y=xf′(x)的图象可能是 ( )⑵.函数y=x 3-3x 2-9x(-2<x<2)有 ( )A.极大值5，极小值-27B.极大值5，极小值-11C.极大值5，无极小值D.极小值-27，无极大值⑶.函数f(x)=mln x-cos x 在x=1处取得极值，则m 的值为 () A.sin 1 B.-sin 1C.cos 1D.-cos 1⑷.设函数f(x)=xe x ，则 ( )A.x=1为f(x)的极大值点B.x=1为f(x)的极小值点C.x=-1为f(x)的极大值点D.x=-1为f(x)的极小值点⑸.若a>0，b>0，且函数f(x)=4x3-ax2-2bx在x=1处有极值，则+的最小值为( )A. B. C. D.⑹.已知a∈R，且函数y=e x+ax(x∈R)有大于零的极值点，则( )A.a<-1B.a>-1C.a<-D.a>-⑺.函数f(x)=x3-x4在区间上的极值点为.⑻.若函数y=-x3+6x2+m的极大值为13，则实数m等于.1.设函数f(x)=e x(sin x-cos x)(0≤x≤2 015π)，则函数f(x)的各极大值之和为( )A. B.C. D.2.已知函数f(x)=x4+9x+5，则f(x)的图象在(-1，3)内与x轴的交点的个数为.3已知函数f(x)＝x ln x ，求函数f(x)的极值点题型三利用导数求函数的最值例3已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．变式训练1.函数f(x)=x2e x+1，x∈[-2，1]的最大值为( )A.4e-1B.1C.e2D.3e2.2.函数f(x)=2+，x∈(0，5]的最小值为( )A.2B.3C.D.2+3 若函数y=x3+x2+m在[-2，1]上的最大值为，则m等于( )A.0B.1C.2D.4.函数f(x)=x3-3ax-a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围为( )A.0≤a<1B.0<a<1C.-1<a<1D.0<a<5.已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)-g(x)的最大值为( )A.f(a)-g(a)B.f(b)-g(b)C.f(a)-g(b)D.f(b)-g(a)6.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1，1]上的最大值为.7设函数f(x)=x3-3x+1，x∈[-2，2]的最大值为M，最小值为m，则M+m= .8.已知函数f(x)=+ln x，求f(x)在上的最大值和最小值.9.设f(x)=ln x，g(x)=f(x)+f′(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)求a的取值范围，使得g(a)-g(x)<对任意x>0恒成立.1.(5分)设动直线x=m与函数f(x)=x3，g(x)=ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为( )A.(1+ln 3)B.ln 3C.1+ln 3D.ln 3-12函数f(x)=x3-3x-1，若对于区间[-3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)-f(x2)|≤t，则实数t的最小值是 ( )A.20B.18C.3D.0。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
高中数学利用导数研究函数的单调性精选题
利用导数研究函数的单调性精选题21道一．选择题（共6小题）1．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）2．若函数f（x）＝x﹣sin2x+a sin x在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．[﹣1，]C．[﹣，]D．[﹣1，﹣] 3．已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）＝xf（x）．若a＝g（﹣log25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a4．若函数f（x）＝x2+ax+在是增函数，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0]B．[﹣1，+∞）C．[0，3]D．[3，+∞）5．若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2]B．（﹣∞，﹣1]C．[2，+∞）D．[1，+∞）6．已知f（x）＝x2+sin，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（x）的图象是（）A．B．C．D．二．填空题（共9小题）7．已知函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣，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．8．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．9．函数f（x）＝x﹣lnx的单调减区间为．10．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是．11．函数f（x）＝（x﹣3）e x的单调递增区间是．12．已知函数f（x）＝mx2+lnx﹣2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为．13．函数y＝x2﹣lnx的单调递减区间为．14．已知三次函数f（x）＝x3+x2+cx+d（a＜b）在R上单调递增，则的最小值为．15．设定义域为R的函数f（x）满足f'（x）＞f（x），则不等式e x﹣1f（x）＜f（2x﹣1）的解为．三．解答题（共6小题）16．已知函数f（x）＝﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．17．设函数f（x）＝（1﹣x2）•e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．18．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．19．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．20．已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．21．已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．利用导数研究函数的单调性精选题21道参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）【分析】由已知当x＞0时总有xf′（x）﹣f（x）＜0成立，可判断函数g（x）＝为减函数，由已知f（x）是定义在R上的奇函数，可证明g（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，根据函数g（x）在（0，+∞）上的单调性和奇偶性，模拟g（x）的图象，而不等式f（x）＞0等价于x•g（x）＞0，数形结合解不等式组即可．【解答】解：设g（x）＝，则g（x）的导数为：g′（x）＝，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）＝为减函数，又∵g（﹣x）＝＝＝＝g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）＝＝0，∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或，⇔0＜x＜1或x＜﹣1．故选：A．【点评】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式，属于综合题．2．若函数f（x）＝x﹣sin2x+a sin x在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（）A．[﹣1，1]B．[﹣1，]C．[﹣，]D．[﹣1，﹣]【分析】求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0恒成立，设t＝cos x（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，对t讨论，分t＝0，0＜t≤1，﹣1≤t＜0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）＝x﹣sin2x+a sin x的导数为f′（x）＝1﹣cos2x+a cos x，由题意可得f′（x）≥0恒成立，即为1﹣cos2x+a cos x≥0，即有﹣cos2x+a cos x≥0，设t＝cos x（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，当t＝0时，不等式显然成立；当0＜t≤1时，3a≥4t﹣，由4t﹣在（0，1]递增，可得t＝1时，取得最大值﹣1，可得3a≥﹣1，即a≥﹣；当﹣1≤t＜0时，3a≤4t﹣，由4t﹣在[﹣1，0）递增，可得t＝﹣1时，取得最小值1，可得3a≤1，即a≤．综上可得a的范围是[﹣，]．另解：设t＝cos x（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，解得a的范围是[﹣，]．故选：C．【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题．3．已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）＝xf（x）．若a＝g（﹣log25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a【分析】由奇函数f（x）在R上是增函数，则g（x）＝xf（x）偶函数，且在（0，+∞）单调递增，则a＝g（﹣log25.1）＝g（log25.1），则2＜log25.1＜3，1＜20.8＜2，即可求得b＜a＜c【解答】解：奇函数f（x）在R上是增函数，当x＞0，f（x）＞f（0）＝0，且f′（x）＞0，∴g（x）＝xf（x），则g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（x）＝xf（x）偶函数，∴a＝g（﹣log25.1）＝g（log25.1），则2＜log25.1＜3，1＜20.8＜2，由g（x）在（0，+∞）单调递增，则g（20.8）＜g（log25.1）＜g（3），∴b＜a＜c，故选：C．【点评】本题考查函数奇偶性，考查函数单调性的应用，考查转化思想，属于基础题．4．若函数f（x）＝x2+ax+在是增函数，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0]B．[﹣1，+∞）C．[0，3]D．[3，+∞）【分析】由函数在（，+∞）上是增函数，可得≥0在（，+∞）上恒成立，进而可转化为a≥﹣2x在（，+∞）上恒成立，构造函数求出﹣2x在（，+∞）上的最值，可得a的取值范围．【解答】解：∵在（，+∞）上是增函数，故≥0在（，+∞）上恒成立，即a≥﹣2x在（，+∞）上恒成立，令h（x）＝﹣2x，则h′（x）＝﹣﹣2，当x∈（，+∞）时，h′（x）＜0，则h（x）为减函数．∴h（x）＜h（）＝3∴a≥3．故选：D．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，恒成立问题，是导数的综合应用，难度中档．5．若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2]B．（﹣∞，﹣1]C．[2，+∞）D．[1，+∞）【分析】求出导函数f′（x），由于函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，可得f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．解出即可．【解答】解：f′（x）＝k﹣，∵函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调递增，∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立．∴k≥，而y＝在区间（1，+∞）上单调递减，∴k≥1．∴k的取值范围是：[1，+∞）．故选：D．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法，属于中档题．6．已知f（x）＝x2+sin，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（x）的图象是（）A．B．C．D．【分析】先化简f（x）＝x2+sin＝x2+cos x，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B，D．再根据导函数的导函数小于0的x的范围，确定导函数在（﹣，）上单调递减，从而排除C，即可得出正确答案．【解答】解：由f（x）＝x2+sin＝x2+cos x，∴f′（x）＝x﹣sin x，它是一个奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D．又f″（x）＝﹣cos x，当﹣＜x＜时，cos x＞，∴f″（x）＜0，故函数y＝f′（x）在区间（﹣，）上单调递减，故排除C．故选：A．【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．二．填空题（共9小题）7．已知函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣，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[﹣1，]．【分析】求出f（x）的导数，由基本不等式和二次函数的性质，可得f（x）在R上递增；再由奇偶性的定义，可得f（x）为奇函数，原不等式即为2a2≤1﹣a，运用二次不等式的解法即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）＝x3﹣2x+e x﹣的导数为：f′（x）＝3x2﹣2+e x+≥﹣2+2＝0，可得f（x）在R上递增；又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+2x+e﹣x﹣e x+x3﹣2x+e x﹣＝0，可得f（x）为奇函数，则f（a﹣1）+f（2a2）≤0，即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）由f（﹣（a﹣1））＝﹣f（a﹣1），f（2a2）≤f（1﹣a），即有2a2≤1﹣a，解得﹣1≤a≤，故答案为：[﹣1，]．【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，注意运用导数和定义法，考查转化思想的运用和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．8．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（﹣1，+∞）．【分析】构建函数F（x）＝f（x）﹣（2x+4），由f（﹣1）＝2得出F（﹣1）的值，求出F（x）的导函数，根据f′（x）＞2，得到F（x）在R上为增函数，根据函数的增减性即可得到F（x）大于0的解集，进而得到所求不等式的解集．【解答】解：设F（x）＝f（x）﹣（2x+4），则F（﹣1）＝f（﹣1）﹣（﹣2+4）＝2﹣2＝0，又对任意x∈R，f′（x）＞2，所以F′（x）＝f′（x）﹣2＞0，即F（x）在R上单调递增，则F（x）＞0的解集为（﹣1，+∞），即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞）．故答案为：（﹣1，+∞）【点评】本题考查学生灵活运用函数思想求解不等式，解题的关键是构建函数，确定函数的单调性，属于中档题．9．函数f（x）＝x﹣lnx的单调减区间为{x|0＜x＜1}．【分析】先求函数f（x）的导数，然后令导函数小于0求x的范围即可．【解答】解：∵f（x）＝x﹣lnx∴f'（x）＝1﹣＝令＜0，则0＜x＜1故答案为：{x|0＜x＜1}【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负情况之间的关系．属基础题．10．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（0，1）．【分析】构造函数g（x）＝，利用g（x）的导数判断函数g（x）的单调性与奇偶性，画出函数g（x）的大致图象，结合图形求出不等式f（x）＞0的解集．【解答】解：设g（x）＝，则g（x）的导数为：g′（x）＝，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数g（x）＝为减函数，又∵g（﹣x）＝＝＝＝g（x），∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵g（﹣1）＝＝0，∴函数g（x）的大致图象如图所示：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0⇔或，⇔0＜x＜1或x＜﹣1．∴f（x）＞0成立的x的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（0，1）．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（0，1）．【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性，并由函数的奇偶性和单调性解不等式的应用问题，是综合题目．11．函数f（x）＝（x﹣3）e x的单调递增区间是（2，+∞）．【分析】先求出函数的导数，令导函数大于0，解不等式求出即可．【解答】解：∵f′（x）＝（x﹣2）e x，令f′（x）＞0，解得：x＞2，∴f（x）在（2，+∞）递增，故答案为：（2，+∞）．【点评】本题考查了函数的单调性，导数的应用，是一道基础题．12．已知函数f（x）＝mx2+lnx﹣2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为[1，+∞）．【分析】函数f（x）＝mx2+lnx﹣2x在定义域（x＞0）内是增函数⇔≥0⇔对于任意x＞0．⇔．利用导数即可得出．【解答】解：∵函数f（x）＝mx2+lnx﹣2x在定义域（x＞0）内是增函数，∴≥0，化为．令g（x）＝，＝﹣，解g′（x）＞0，得0＜x＜1；解g′（x）＜0，得x＞1．因此当x＝1时，g（x）取得最大值，g（1）＝1．∴m≥1．故答案为[1，+∞）．【点评】正确把问题等价转化、利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键．13．函数y＝x2﹣lnx的单调递减区间为（0，1]．【分析】根据题意，先求函数的定义域，进而求得其导数，即y′＝x﹣＝，令其导数小于等于0，可得≤0，结合函数的定义域，解可得答案．【解答】解：对于函数，易得其定义域为{x|x＞0}，y′＝x﹣＝，令≤0，又由x＞0，则≤0⇔x2﹣1≤0，且x＞0；解可得0＜x≤1，即函数的单调递减区间为（0，1]，故答案为（0，1]【点评】本题考查利用导数求函数的单调区间，注意首先应求函数的定义域．14．已知三次函数f（x）＝x3+x2+cx+d（a＜b）在R上单调递增，则的最小值为3．【分析】由题意得f'（x）＝ax2+bx+c在R上恒大于或等于0，得a＞0，Δ＝b2﹣4ac≤0，将此代入，将式子进行放缩，以为单位建立函数关系式，最后构造出运用基本不等式的模型使问题得到解决．【解答】解：由题意f'（x）＝ax2+bx+c≥0在R上恒成立，则a＞0，Δ＝b2﹣4ac≤0．∴≥令，≥≥3．（当且仅当t＝4，即b＝c＝4a时取“＝”）故答案为：3【点评】本题考查了利用导数工具研究三次函数的单调性以及函数与方程的综合应用问题，属于中档题．15．设定义域为R的函数f（x）满足f'（x）＞f（x），则不等式e x﹣1f（x）＜f（2x﹣1）的解为（1，+∞）．【分析】令g（x）＝，求出函数的导数，根据函数的单调性得到关于x的不等式，解出即可．【解答】解：令g（x）＝，则g′（x）＝＞0，故g（x）在R递增，不等式e x﹣1f（x）＜f（2x﹣1），即＜，故g（x）＜g（2x﹣1），故x＜2x﹣1，解得：x＞1，故答案为：（1，+∞）【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道常规题．三．解答题（共6小题）16．已知函数f（x）＝﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．（2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）＝﹣﹣1+＝﹣，设g（x）＝x2﹣ax+1，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞0时，判别式Δ＝a2﹣4，①当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≥0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：）综上当a≤2时，f （x）在（0，+∞）上是减函数，当a＞2时，在（0，）和（，+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，不妨设x1＜x2，则0＜x 1＜1＜x2，x1x2＝1，则f（x1）﹣f（x2）＝（x 2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），则＝﹣2+，则问题转为证明＜1即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，则lnx1﹣ln＞x1﹣，即lnx1+lnx1＞x1﹣，即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，设h（x）＝2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）＝0，求导得h′（x）＝﹣1﹣＝﹣＝﹣＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．（2）另解：注意到f（）＝x﹣﹣alnx＝﹣f（x），即f（x）+f（）＝0，不妨设x1＜x2，由韦达定理得x1x2＝1，x1+x2＝a＞2，得0＜x1＜1＜x2，x1＝，可得f（x2）+f（）＝0，即f（x1）+f（x2）＝0，要证＜a﹣2，只要证＜a﹣2，即证2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1），构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+，（x＞1），h′（x）＝≤0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax+＜0成立，即2alnx2﹣ax2+＜0，（x2＞1）成立．即＜a﹣2成立．【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．17．设函数f（x）＝（1﹣x2）•e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可．（2）化简f（x）＝（1﹣x）（1+x）e x．f（x）≤ax+1，下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝e x﹣x﹣1，则g′（x）＝e x﹣1＞0（x ＞0），推出结论；③当a≤0时，推出结果，然后得到a的取值范围．法二：x≥0时，g（x）＝e x（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，推出g'（x），求解[g'（x）]'，当g'（0）＝a﹣1≥0时，判断函数的单调性，判断满足题意，当g'（0）＝a﹣1＜0时，推出g（m）＜g（0）＝0，不合题意，得到结果．【解答】解：（1）因为f（x）＝（1﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）＝（1﹣2x﹣x2）e x，令f′（x）＝0可知x＝﹣1±，当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单调递增；（2）由题可知f（x）＝（1﹣x）（1+x）e x．下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，设函数h（x）＝（1﹣x）e x，则h′（x）＝﹣xe x＜0（x＞0），因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，又因为h（0）＝1，所以h（x）≤1，所以f（x）＝（1+x）h（x）≤x+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）＝e x﹣x﹣1，则g′（x）＝e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）＝1﹣0﹣1＝0，所以e x≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1＝x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0＝∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1＝0，所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0＝∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2＝1≥ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．（2）法二：x≥0时，g（x）＝e x（x2﹣1）+ax+1≥0恒成立，g'（x）＝e x（x2+2x﹣1）+a，[g'（x）]'＝e x（x2+4x+1）＞0（x≥0），g'（x）在x≥0时单调递增，当g'（0）＝a﹣1≥0时，x＞0时g'（x）＞0恒成立，g（x）单调递增，则x≥0时，g（x）≥g（0）＝0，符合题意，当g'（0）＝a﹣1＜0时，g'（|a|）＞0，于是存在m＞0使得g'（m）＝0，当0＜x＜m时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，有g（x）＜g（0）＝0，不合题意，所以a≥1．综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力．18．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出f（x）的导数，讨论当a≥0时，a＜﹣时，a＝﹣时，﹣＜a＜0，由导数大于0，可得增区间；由导数小于0，可得减区间；（Ⅱ）由（Ⅰ）的单调区间，对a讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到所求范围．【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，可得f′（x）＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），①当a≥0时，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1，即有f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增（如右上图）；②当a＜0时，（如右下图），由e x+2a＝0，可得x＝ln（﹣2a），由ln（﹣2a）＝1，解得a＝﹣，若a＝﹣，则f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在R上递增；若a＜﹣时，由f′（x）＞0，可得x＜1或x＞ln（﹣2a）；由f′（x）＜0，可得1＜x＜ln（﹣2a）．即有f（x）在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增；在（1，ln（﹣2a））递减；若﹣＜a＜0，由f′（x）＞0，可得x＜ln（﹣2a）或x＞1；由f′（x）＜0，可得ln（﹣2a）＜x＜1．即有f（x）在（﹣∞，ln（﹣2a）），（1，+∞）递增；在（ln（﹣2a），1）递减；（Ⅱ）①由（Ⅰ）可得当a＞0时，f（x）在（﹣∞，1）递减；在（1，+∞）递增，且f（1）＝﹣e＜0，x→+∞，f（x）→+∞；当x→﹣∞时f（x）＞0或找到一个x＜1使得f（x）＞0对于a＞0恒成立，f（x）有两个零点；②当a＝0时，f（x）＝（x﹣2）e x，所以f（x）只有一个零点x＝2；③当a＜0时，若a＜﹣时，f（x）在（1，ln（﹣2a））递减，在（﹣∞，1），（ln（﹣2a），+∞）递增，又当x≤1时，f（x）＜0，所以f（x）不存在两个零点；当a≥﹣时，在（﹣∞，ln（﹣2a））单调增，在（1，+∞）单调增，在（ln（﹣2a），1）单调减，只有f（ln（﹣2a））等于0才有两个零点，而当x≤1时，f（x）＜0，所以只有一个零点不符题意．综上可得，f（x）有两个零点时，a的取值范围为（0，+∞）．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间，考查函数零点的判断，注意运用分类讨论的思想方法和函数方程的转化思想，考查化简整理的运算能力，属于难题．19．已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．【分析】（1）通过对函数f（x）＝x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；（2）通过（1）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+）＜，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+）（1+）…（1+）＜e，另一方面可知（1+）（1+）…（1+）＞2，从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），比较可得结论．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）＝1﹣＝，且f（1）＝0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y＝f（x）在（0，+∞）上单调递增，故当0＜x＜1时，f（x）＜f（1）＝0，这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）＝0，解得x＝a，所以y＝f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min＝f（a），若a≠1，则f（a）＜f（1）＝0，从而与f（x）≥0矛盾；所以a＝1；（2）由（1）可知当a＝1时f（x）＝x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x＝0时取等号，所以ln（1+）＜，k∈N*．ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+＝1﹣＜1，即（1+）（1+）…（1+）＜e；因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，当n＝3时，（1+）（1+）（1+）＝，所以m的最小值为3．【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．20．已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．【分析】（1）令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和端点值不难证明；（2）利用（1）的结论，可设f′（x）的零点为x0，并结合f′（x）的正负分析得到f （x）的情况，得出结论．【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由题设知f（π）⩾aπ，f（π）＝0，可得a⩽0.由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，∴当x∈[0，π]时，f（x）≥0，又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，∴f（x）≥ax，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题，和数形结合的思想方法，难度较大．21．已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【分析】（1）利用导数，求出极值点，判断导函数的符号，即可得到结果．（2）分离参数后求导，先找点确定零点的存在性，再利用单调性确定唯一性．【解答】解：（1）当a＝3时，f（x）＝x3﹣3（x2+x+1），所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3，当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减，综上，f（x）增区间（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），减区间（3﹣2．（2）证明：因为x2+x+1＝（x+）2+，所以f（x）＝0等价于，令，则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，所以g（x）在R上是增函数；g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a﹣＝﹣6（a﹣）2﹣＜0，f（3a+1）＝＞0，故f（x）有一个零点，综上，f（x）只有一个零点．【点评】本题主要考查导数在研究函数中的应用．考查发现问题解决问题的能力，转化思想的应用．。
利用导数求函数的单调性-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第六篇函数与导数专题02利用导数求函数的单调性类型对应典例不含参数的函数单调性典例1含参函数中主导函数是一次函数典例2含参函数中主导函数是类一次函数典例3含参函数中主导函数是二次函数（不能因式分解）典例4含参函数中主导函数是二次函数（能因式分解）典例5含参函数中主导函数是类二次函数典例6利用函数单调性求参数取值范围典例7【典例1】已知函数()()1ln f x x a R ax=+∈在1x =处的切线与直线210x y -+=平行．(1)求实数a 的值，并判断函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x m =有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：121x x +>．【典例2】已知函数op =−En −.（1）讨论函数op 的单调性.（2）若∀>0，op ≥0，求B 的最大值.【典例3】已知函数ln ()(,)x af x bx a b R x-=-∈.（1）当0b =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()()f x g x x=在x =e 为自然对数的底）时取得极值，且函数()g x 在(0,)e 上有两个零点，求实数b 的取值范围.【典例4】已知函数()()21ln 2f x x x ax a R =++∈，()232x g x e x x =+-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点.如果函数()()()F x f x g x =-存在不动点，求实数a 的取值范围.【典例5】已知函数22()ln f x x ax a x =--.（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()0f x ≥，求a 的取值范围.【典例6】已知()ln xe f x a x ax x=+-.（1）若0a <，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，若不等式1()()0xf x bx b e x x+---≥在[1,)+∞上恒成立，求b 的取值范围．【典例7】已知函数()ln ()x e f x x x ax a R =-+∈.（1）若函数()f x 在[1,)+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；（2）若1a =，求()f x 的最大值.1.已知函数()()22122()2xf x x x e ax a R =-+-∈.（1）当a e =时，求函数()f x 的单调区间；（2）证明：当2a ≤-时，()2f x ≥.2.已知函数()1f x ax lnx =--，a R ∈．(Ⅰ)讨论函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若函数()f x 在1x =处取得极值，对()0,x ∀∈+∞，()2f x bx ≥-恒成立，求实数b 的取值范围．3.已知函数()()2()1ln 1(0)f x a x x x ax a =++-->是减函数.（1）试确定a 的值；（2）已知数列{}()()*123ln 11n n n n n a a T a a a a n N n +==∈+ ，求证：()ln 212n nn T +<-⎡⎤⎣⎦.4.已知函数()22ln .f x a x x =-()1讨论函数()f x 的单调性；()2当0a >时，求函数()f x 在区间()21,e 上的零点个数.5.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若1a =-，当0x >时，函数()()()220g x x mf x m =->有且只有一个零点，求m 的值.6.设22(),()11x e f x xe ax g x nx x x a=-=+-+-．（1）求()g x 的单调区间；（2）讨论()f x 零点的个数；（3）当0a >时，设()()()0h x f x ag x =-恒成立，求实数a 的取值范围．7.已知函数2()2ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，当a ≥()()21f x f x -的最大值.参考答案【典例1】【详解】（1）函数()f x 的定义域：()0,+∞，()11112f a =-='，解得2a =，()1ln 2f x x x ∴=+，()22112122x f x x x x -∴=-='令()0f x '<，解得102x <<，故()f x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上是单调递减；令()0f x '>，解得12x >，故()f x 在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是单调递增.（2）由12,x x 为函数()f x m =的两个零点，得121211ln ,ln 22x m x m x x +=+=两式相减，可得121211ln ln 022x x x x -+-=即112212ln 2x x x x x x -=，1212122ln x xx x x x -=，因此1211212ln x x x x x -=，2121212ln x x x x x -=令12x t x =，由12x x <，得01t <<.则121111+=2ln 2ln 2ln t t t t x x t t t---+=，构造函数()()12ln 01h t t t t t =--<<，则()()22211210t h t t t t -=+-=>'所以函数()h t 在()0,1上单调递增，故()()1h t h <，即12ln 0t t t--<，可知112ln t t t->.故命题121x x +>得证.【典例2】解：（1）函数op 的定义域为(0,+∞)，由op =−En −，得n(p =1−=K，当≤0时，n(p >0，所以函数op 在(0,+∞)上单调递增.当>0时，则∈(0,p 时，n(p <0，函数op 在(0,p 上单调递减；∈(s +∞)时，n(p >0，函数op 在(s +∞)上单调递增.（2）由（1）可知，当<0时，函数op 在(0,+∞)上单调递增，当→0时，op →−∞与op ≥0相矛盾；当=0时，∀>0，op ≥0，所以≤0，此时B =0.当>0时，函数op 在(0,p 上单调递减，函数op 在(s +∞)上单调递增.op min =op =−En −≥0，即−En ≥，则B ≤2−2lno >0).令op =2−2lno >0)，则n(p =o1−2lnp .令n(p >0，则0<<，令n(p <0，则>，当=时，op =2，即当=，=B 的最大值为2.综上，B 的最大值为2.【典例3】【详解】（1）当0b =时，()ln x af x x-=，()()221ln 1ln x x a a x x f x x x ⋅--+-=='，令()0f x '=，得1a x e +=，当()10,ax e+∈时，()0f x '>，当()1,ax e+∈+∞时，()0f x '<.所以函数()f x 在()10,ae+上单调递增，在()1,ae++∞上单调递减.（2）()()2ln f x x a g x b x x-==-，()()2431ln 2122ln x x a xa x x g x x x ⋅--⋅-=='+，∵()g x在x =∴0g '=即1210a +-=，∴0a =.所以()2ln x g x b x =-，()312ln xg x x-'=，函数()g x在(上单调递增，在)+∞上单调递减，得函数的极大值12gb e=-，∴当函数()g x 在()0,e 上有两个零点时，必有()0,10,2g e b e ⎧<⎪⎨->⎪⎩得2112b e e<<.当2112b e e <<时，210g e b e ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭.∴()g x的两个零点分别在区间1e ⎛ ⎝与)e 中.∴的取值范围是211,2e e ⎛⎫⎪⎝⎭.【典例4】【详解】(1)()f x 的定义域为()()()210,0x ax f x x x，+++∞=>'，对于函数210y x ax =++≥，①当240a ∆=-≤时，即22a -≤≤时，210x ax ++≥在0x >恒成立.()210x ax f x x++∴=≥'在()0,+∞恒成立.()f x ∴在()0,+∞为增函数；②当0∆>，即2a <-或2a >时，当2a <-时，由()0f x '>，得42a x --<或42a x ->，44022a a --<<，()f x ∴在40,2a ⎛-- ⎪⎝⎭为增函数，44,22a a ⎛--+ ⎪⎝⎭减函数.,2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭为增函数，当2a >时，由()210x ax f x x++=>'在()0,+∞恒成立，()f x ∴在()0,+∞为增函数。
高中数学选择性必修二 精讲精炼 5 1 函的单调性(精讲)(含答案)
5.3.1 函数的单调性(精讲)考点一导数与单调性图像问题【例1】(2021·全国高二课时练习)()'f x是函数y＝f(x)的导函数，若y＝()'f x的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由导函数的图象可知，当x＜0时，()'f x＞0，即函数f(x)为增函数；当0＜x＜2时，()'f x＜0，即f(x)为减函数；当x＞2时，()'f x＞0，即函数f(x)为增函数.观察选项易知D正确.故选：D【一隅三反】1(2021·全国高二课时练习)函数y ＝f (x )的图象如图所示，则导函数()y f x '=的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】∵函数f (x )在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是减函数， ∴当x ＞0时，f ′(x )＜0，当x ＜0时，f ′(x )＜0.故选：D2．(2021·全国高二课时练习)如果函数y ＝f (x )的图象如图所示，那么导函数y ＝()'f x 的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负，只有选项A 满足．故选：A ． 3．(2021·西藏日喀则区南木林高级中学)如图所示是函数()f x 的导函数()'f x 的图象，则下列判断中正确的是( )A ．函数()f x 在区间(3,0)-上是减函数B ．函数()f x 在区间(3,2)-上是减函数C ．函数()f x 在区间(0,2)上是减函数D ．函数()f x 在区间(3,2)-上是单调函数 【答案】A【解析】由函数()y f x =的导函数()'f x 的图像知，A ：(30)x ∈-，时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，故A 正确； B ：(32)x ∈-，时，()0f x '<或()0f x '>， 所以函数()f x 先单调递减，再单调递增，故B 错误；C ：(02)x ∈，时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，故C 错误； D ：(32)x ∈-，时，()0f x '<或()0f x '>， 所以函数()f x 先单调递减，再单调递增，不是单调函数，故D 错误.故选：A考点二 无参单调性区间【例2】(2021·全国高二课时练习)求下列函数的单调区间.(1)f (x )＝x 3－3x ＋1；(2)y ＝x ＋2x.(3)32223y x x =-+3；(4)y ＝ln(2x ＋3)＋x 2.【答案】(1)增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，减区间是(－1，1)；(2)增区间为(－∞，)和)，减区间为(，0)和(0(3)单调递增区间为(－ ∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)； (4)单调递增区间为3(,1)2--，1(,)2-+∞，单调递减区间为1(1,)2--.【解析】(1)()'f x ＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)， 令()'f x >0，得x >1，或x <－1.令()'f x <0，得－1<x <1.∴f (x )的增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，减区间是(－1，1).(2)y '＝1－22x由y '>0，解得x <x 由y '<0<x (x ≠0).∴函数的增区间为(和)，减区间为(，0)和(0(3)函数的定义域为R.y ′＝2x 2－4x ＝2x (x －2)．令y ′＞0，则2x (x －2)＞0，解得x ＜0或x ＞2.所以函数的单调递增区间为(－ ∞，0)，(2，＋∞)．令y ′＜0，则2x (x －2)＜0，解得0＜x ＜2.所以函数的单调递减区间为(0，2)．(4) 函数y ＝ln(2x ＋3)＋x 2的定义域为3(,)2-+∞.y ′＝223x +＋2x ＝246223x x x +++＝2(21)(1)23x x x +++.令y ′＞0，解得－32＜x ＜－1或x ＞－12.所以函数的单调递增区间为3(,1)2--，1(,)2-+∞.令y ′＜0，解得－1＜x ＜－12，所以函数的单调递减区间为1(1,)2--.【一隅三反】1(2021·全国高二单元测试)设a 为实数，函数32()(3)f x x ax a x =++-，且f x 是偶函数，则()f x 的单调递增区间为( ) A ．(0,)+∞ B ．(,1)-∞-，(1,)+∞ C ．(1,1)- D ．(3,)+∞【答案】B【解析】因为32()(3)f x x ax a x =++-，所以()2323f x x ax a '=++-，因为f x 是偶函数，所以()()f x f x ''-=对x ∈R 恒成立，即223()2()3323x a x a x ax a -+-+-=++-，即40ax =，所以0a =，所以()233f x x ='-，令0fx，解得1x >或1x <-，所以()f x 的单调递增区间为(,1)-∞-，(1,)+∞． 故选：B ．2．(2021·全国高二课时练习)函数f (x )＝cos x －x 在(0，π)上的单调性是( ) A ．先增后减 B ．先减后增 C ．单调递增 D ．单调递减【答案】D【解析】f ′(x )＝－sin x －1，x ∈(0，π)，∴f ′(x )<0，则f (x )＝cos x －x 在(0，π)上单调递减.选：D3．(2021·绥德中学高二月考(理))若曲线()21x e f x ax -=+在点()()1,1f 处的切线过点()1,0-，则函数()f x 的单调递减区间为( ) A ．(),0-∞ B ．()0,∞+C ．()(),11,0-∞--D ．(),1-∞-，()1,0-【答案】D【解析】由题意得22(1)()(1)x ax a e f x ax -+-'=+，所以12(1)(1)e k f a -='=+，且()111ef a -=+．故函数()f x 在(1,()1f )处的切线为：211(1)(1)(1)y x e a e a -=-++，将点(1,0)-代入得1a =． 则22()(1)x xe f x x -'=+，由()0f x '<得0x <且1x ≠-．故()f x 的单调递减区间为(,1)-∞-，(1,0)-． 故选：D ．4．(2021·全国)求下列函数的单调区间(1)f (x )＝211+-x x ；(2)y ＝12x 2－ln x ．(3)f (x )＝2x 3＋3x 2－36x ＋1；(4)f (x )＝sin x －x (0<x <π)．(5)()()22e xf x x x -=+；(6)()sin 2cos x f x x=+．【答案】(1)单调递增区间是(－∞，1和(1＋∞)；单调递减区间是(1，1)和(1，1) ；(2)单调递增区间为(1，＋∞)；单调递减区间为(0，1) ． (3)增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；减区间是(－3，2) ； (4)单调递减区间为(0，π) ．(5)函数的单调递减区间为(,-∞，)+∞，单调递增区间为(；(6)单调递增区间为222,233ππk πk π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭(k ∈Z )，单调递减区间242,233k k ππππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭(k ∈Z ).【解析】(1)f (x )的定义域为{x |x ∈R 且x ≠1}，f ′(x )＝222(1)(1)(1)x x x x --+-＝2221(1)x x x ---＝2(1(1(1)x x x ⎡⎤⎡⎤--⎣⎦⎣⎦-．令f ′(x )>0，解得x >1或x <1f ′(x )<0，解得1<x <1或1<x <1．所以f (x )的单调递增区间是(－∞，1和(1＋∞)；单调递减区间是(11)和(1，1． (2)函数y ＝12x 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，又y ′＝(1)(1)x x x+-． 若y ′>0，即(1)(1)0,0,x x x +->⎧⎨>⎩解得x >1；若y ′<0，即(1)(1)0,0,x x x +-<⎧⎨>⎩解得0<x <1．故函数y ＝12x 2－ln x 的单调递增区间为(1，＋∞)；单调递减区间为(0，1)． (3)()'f x ＝6x 2＋6x －36．由()'f x >0得6x 2＋6x －36>0，解得x <－3或x >2；由()'f x <0解得 －3<x <2．故f (x )的增区间是(－∞，－3)，(2，＋∞)；减区间是(－3，2)．(4)()'f x ＝cos x －1．因为0<x <π，所以cos x －1<0恒成立，故函数f (x )的单调递减区间为(0，π)，无增区间．(5)由题得函数的定义域为R .()()2()222x x f x x e x x e --'=+-+()22xx e -=--，令()0f x '>，即()220xe x --->，解得x <<令()0f x '<，即()220xe x ---<，解得x <x >故所求函数的单调递减区间为(,-∞，)+∞，单调递增区间为(．(6)由题得函数的定义域为R .()()()()()222cos cos sin sin 2cos 12cos 2cos x x x x x x f x x +--+==+'+令()0f x '>，得1cos 2x >-，即222233k x k ππππ-<<+(k ∈Z )，令()0f x '<，得1cos 2x <-，即242233k x k ππππ+<<+(k ∈Z )，故()f x 的单调递增区间为222,233ππk πk π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭(k ∈Z )，单调递减区间242,233k k ππππ⎛⎫++⎪⎝⎭(k ∈Z )． 考点三 已知单调性求参数【例3-1】(2021·河南高二期末)若函数()222ln f x x a x x=++在[]2,1上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．[)0,+∞ B ．(],0-∞C ．7,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．5,8ln 2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】B【解析】由()222ln f x x a x x =++，得()2222a f x x x x'=-++， 由()f x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，得()22220a f x x x x '=-++≤在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即21a x x ≤-在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立.令()21g x x x =-，在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()2120g x x x '=--<，∴()g x 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，即()()min 10g x g ==，∴0a ≤，故a 的取值范围(],0-∞.故选：B .【例3-2】(2021·全国高二单元测试)已知函数21()2ln 2f x ax ax x =-+，则()f x 在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是( )A ．1,8a ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭B ．[1,)a ∈+∞C ．(,0]a ∈-∞D ．(,1)a ∈-∞-【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()21212ax ax f x ax a x x-+'=-+=，令2()21g x ax ax =-+，若()f x 在(2,4)上不单调，则函数2()21g x ax ax =-+与x 轴在(2,4)上有交点， 又(0)(2)1g g ==，则(2)(4)0g g <，解得18a <-，故()f x 在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是(,1)a ∈-∞-．故选：D ． 【一隅三反】1．(2021·重庆市广益中学校高二月考)若函数()2cos f x x a x =+在()0,π上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．[]22-,B ．(2,2)-C ．(),2-∞D ．(],2-∞【答案】D【解析】由()'2cos ()2sin f x x a x f x a x =+⇒=-，函数()2cos f x x a x =+在()0,π上单调递增，所以'()2sin 0f x a x =-≥在()0,π上恒成立，即2sin a x≤在()0,π上恒成立， 因为()0,x π∈，所以sin (0,1]x ∈，因此22sin x ≥，要想2sin a x≤在()0,π上恒成立，只需2a ≤，故选：D 2．(2021·山西运城·高二期中(理))已知函数()ln 3f x ax x =++在区间()1,2上不单调，则实数a 的取值范围为( ) A ．12,23⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．21,32⎛⎫-- ⎪⎝⎭【答案】C【解析】由()11ax f x a x x+'=+=，①当0a ≥时函数()f x 单调递增，不合题意；②当0a <时，函数()f x 的极值点为1x a =-，若函数()f x 在区间()1,2不单调，必有112a <-<，解得112a -<<-.故选：C.3．(2021·宁夏大学附属中学高二月考)已知函数32()1f x x ax x =-+--在(,)-∞+∞上是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(,-∞B ．⎡⎣C ．)+∞D ．(【答案】B【解析】由32()1f x x ax x =-+--，得'2()321f x x ax =-+-， 因为函数32()1f x x ax x =-+--在(,)-∞+∞上是单调函数， 所以'()0f x ≥或'()0f x ≤恒成立，因为'2()321f x x ax =-+-的图像开口向下，所以'()0f x ≥恒成立不可能， 所以'()0f x ≤恒成立，所以2244(3)(1)4120a a ∆=-⨯-⨯-=-≤，解得a ≤ 故选：B4．(2021·江苏金湖·高二月考)函数21()9ln 2f x x x =-在区间(,1)m m +上单调递减，则实数m 的取值范围是( ) A ．(0,1) B ．[0,2]C ．[0,1)D ．(0,2)【答案】B【解析】函数定义域是(0,)+∞，由题意9(3)(3)()x x f x x x x +-'=-=，03x <<时()0f x '<，3x >时，()0f x '>， 所以()f x 的减区间是(0,3)，又(,1)(0,3)m m +⊆，所以013m m ≥⎧⎨+≤⎩，解得02m ≤≤．故选：B ．5．(2021·全国高二课时练习)若函数()312f x x x =-在区间()1,1k k -+上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A ．(][][),31,13,-∞-⋃-⋃+∞B ．()()3,11,3--⋃C ．()2,2-D ．不存在这样的实数k【答案】B【解析】由题意得，()23120x x f '=-=在区间()1,1k k -+上至少有一个实数根， 而()23120x x f '=-=的根为2x =±，区间()1,1k k -+的长度为2，故区间()1,1k k -+内必含有2或2-．∴121k k -<<+或121k k -<-<+， ∴13k <<或31k -<<-，故选：B ．考点四 利用单调性比较大小【例4】(1)(2021·全国高二单元测试)已知奇函数f (x )的导函数为()'f x ，当x ≠0时，x ()'f x +f (x )＞0，若a ＝1e f 1e ⎛⎫⎪⎝⎭，b ＝﹣e f (﹣e)，c ＝f (1)，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜c ＜aC ．a ＜c ＜bD ．c ＜a ＜b(2)(2021·全国高二单元测试)函数()ln xf x x=，当01x <<时，下列式子大小关系正确的是( ) A ．()()()22f x f x f x <<B ．()()()22f x f x f x <<C ．()()()22f x f x f x <<D ．()()()22f x f x f x <<【答案】(1)C(2)C【解析】(1)令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )+xf ′(x )＞0，所以g (x )为递增函数， 因为e ＞1＞1e ，∴g (e)＞g (1)＞g (1e )，∴e f (e)＞f (1)＞1e f (1e)，又f (x )为奇函数，所以﹣e f (﹣e)＝e f (e)，∴b ＞c ＞a ，故选：C.(2)()2210x x x x x x -=-<⇒<，()()'2ln 10ln x f x x -=<，()f x 在()0,1上递减，所以()()2f x f x >.()()()()()22222222ln 20ln ln 2ln x x x x f x f x x x x --=-=<，所以()()22f x f x <，所以()()()22f x f x f x <<.故选：C 【一隅三反】1．(2021·全国高二课时练习)设函数()2sin f x x x =+，则( ) A ．()()12f f > B ．()()12f f < C ．()()12f f = D ．以上都不正确【答案】B【解析】由题可知()2sin ()f x x x x R =+∈，()2cos f x x '∴=+， 又当x ∈R ，则1cos 1x -≤≤，()2cos 0f x x '∴=+>， 故()f x 是R 上的增函数，故()()12f f <.故选：B.2．(2021·全国高二课时练习)(多选题)已知函数f (x )的导函数为()'f x ，且()()f x f x '<，对任意的x ∈R 恒成立，则( )A ．f (ln2)<2f (0)B ．f (2)<e 2f (0)C ．f (ln2)>2f (0)D ．f (2)>e 2f (0) 【答案】AB 【解析】依题意，令()()e x f xg x =，则()()()0e x f x f x g x '-=<，于是得()g x 在R 上单调递减， 而ln2>0，2>0，则(ln 2)(0)g g <，(2)(0)g g <，即ln 20(ln 2)(0)(0)e e f f f <=，20(2)(0)(0)e ef f f <=， 所以f (ln2)<2f (0)，f (2)<e 2f (0).故选：AB 3．(2021·全国高二课时练习)(多选题)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数y ＝f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (a )B ．f (d )>f (e )C ．f (a )>f (d )D ．f (c )>f (e )【答案】ABD 【解析】由题图可得，当x ∈(－∞，c )∪(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0，故f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上是增函数，在(c ，e )上是减函数， 且a b c d e <<<<， 所以f (b )>f (a )，f (d )>f (e )，f (c )>f (e ).故选：ABD4．(2021·全国高二课时练习)(多选题)已知定义在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数f (x )的导函数为()f x '，且()00f =，()()cos sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )A ．64f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．ln 03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD 【解析】令()()cos f x g x x =，[0,)2x π∈，因为()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则2()cos ()sin ()0f x x f x x g x cos x '+'=<在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立， 故()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减， 因为(0)0f =，则()(0)00cos 0f g ==，所以()()0cos f x g x x =≤在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立， 结合选项可知，由于64ππ<，所以()()64g g ππ>，()()f f ππ>，即()()64f f ππ>，故A 选项错误； 因为13π>，则03ln π>，结合()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，且()0g x ≤， 可知03g ln π⎛⎫< ⎪⎝⎭，从而有()30cos 3f ln ln ππ<， 由于0132ln ππ<<<，则cos 03ln π>，可得03f ln π⎛⎫< ⎪⎝⎭，故B 选项错误； 又因为63ππ<，所以()()63g g ππ>()()312f f ππ>，即()()63f ππ，故C 选项正确； 又因为43ππ<，所以()()43g g ππ>()()312f f ππ>，即()()43f ππ>，故D 选项正确． 故选：CD ．考点五 利用单调性解不等式【例5】(2021·全国高二课时练习)已知()f x 的定义域为()0,∞+，()f x '为()f x 的导函数，且满足()()f x xf x <-'，则不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是( )A ．()0,1B ．()2,+∞C ．()1,2D ．()1,+∞【答案】B【解析】构造函数()y xf x =，()0,x ∈+∞，则()()0y f x xf x +''=<，所以函数()y xf x =的图象在()0,∞+上单调递减．又因为()()()2111f x x f x +>--， 所以()()()()221111x f x x f x ++>--， 所以211x x +<-，解得2x >或1x <-(舍)．所以不等式()()()2111f x x f x +>--的解集是()2,+∞． 故选：B【一隅三反】1．(2021·全国高二单元测试)定义域为R 的函数()2(0x f x x a a =+>且1)a ≠，且()f x 的导函数()2f x '>，则实数a 的取值范围为( )A ．(0,1)B ．(1,)+∞C ．(2,)+∞D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由()2f x '>可知()20f x '->，设()()2F x f x x =-， ()0F x '∴>，()F x ∴是R 上的单调递增函数．由()2(0x f x x a a =+>且1)a ≠，可知()()2(0x F x f x x a a =-=>且1)a ≠，1a ∴>.故选：B ．2．(2021·全国高二单元测试)已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()()0f x f x '->，2022(2022)e 0f -=，则不等式1ln 4f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭( ) A ．()6063e ,+∞ B ．()20220,e C ．()8088e ,+∞ D ．()80880,e【答案】D 【解析】由题可设()()e xf x F x =，因为()()0f x f x '->， 则2()e ()e ()()()0e e x x x xf x f x f x f x F x ''--'==>， 所以函数()F x 在R 上单调递增，又2022(2022)(2022)1e f F ==，不等式1ln 4f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭1ln 41ln 41e x f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭<， ∴1ln 1(2022)4F x F ⎛⎫<= ⎪⎝⎭， 所以1ln 20224x <，解得80880e x <<，所以不等式1ln 4f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭()80880,e ． 故选：D.3．(2021·广西蒙山中学高二月考(理))已知定义在R 上的函数f (x )满足f (2)=20，且f (x )的导函数()'f x 满足2()62f x x '>+，则不等式f (x )>2x 3+2x 的解集为( )A ．{x |x >-2}B ．{x |x >2}C ．{x |x <2}D ．{x |x <-2或x >2}【答案】B【解析】 令3()()22g x f x x x =--，因2()62f x x '>+，则2()()620g x f x x ''=-->，即()g x 在R 上单调递增， 因3(2)(2)22220g f =-⋅-⋅=，则不等式f (x )>2x 3+2x 等价于()(2)g x g >，于是得x >2，所以原不等式的解集为{x |x >2}.故选：B4．(2021·山东任城·)已知函数()f x 的定义域为R ，且()()1f x f x >'+，()03f =，则不等式()21x f x e >+的解集为( )A ．(),0-∞B ．()0,∞+C ．(),1-∞D ．()1,+∞ 【答案】A【解析】设()g x ＝()1x f x e -，则()g x '＝()()1xf x f x e '---， ∵()()1f x f x >'+，∴()()10f x f x '-->，∴()0g x '<，∴y ＝g (x )在定义域上单调递减，∵()21x f x e >+∴()g x ＝()12xf x e ->， 又()0g ＝0(0)12f e -=，∴()()0g x g >， ∴0x <，∴()21x f x e >+的解集为(),0-∞．故选：A ．5(2021·全国高二课时练习)已知函数()f x 的导函数为()f x '，且()()f x f x '<对任意的x ∈R 恒成立，则( )A ．()()1e 0f f <，()()20202020e 0f f >B ．()()1e 0f f >，()()20202020e 0f f >C ．()()1e 0f f >，()()20202020e 0f f <D ．()()1e 0f f <，()()20202020e 0f f <【答案】D【解析】令()()x f x g x =e ，则()()()()()()()2e e 0e e e x x x x x f x f x f x f x f x g x '''-'-⎡⎤'===<⎢⎥⎣⎦， 所以函数()()x f x g x =e 在R 上单调递减，所以()()10g g <，()()20200<g g ， 即()()110e 1f f <，()()202020200e 1f f <，故()()1e 0f f <，()()20202020e 0f f <． 故选：D.。
高二数学 构造函数(导数单调性)含答案
一、选择题1.已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)<g′(x)，则下列关系式中正确的是()A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b)B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)C．f(x)≥g(x)D．f(a)－f(b)≥g(b)－g(a)2.已知函数f(x)定义在R上，f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)<，f(1)＝1，则不等式f(x)<＋的解集为()A． {x|x<－1}B． {x|x>1}C． {x|x<－1或x>1}D． {x|－1<x<1}3.f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a<b，则必有()A．bf(b)≤af(a)B．bf(a)≤af(b)C．af(a)≤bf(b)D．af(b)≤bf(a)4.若定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)>f(x)，则f(2 015)与f(2 013)e2的大小关系为()A．f(2 015)<f(2 013)e2B．f(2 015)＝f(2 013)e2C．f(2 015)>f(2 013)e2D．不能确定5.已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(1)＝1，f′(x)>1，则f(x)>x的解集是()A． (0,1)B． (－1,0)∪(0,1)C． (1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)6.设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A． (－∞，－1)∪(0,1)B． (－1,0)∪(1，＋∞)C． (－∞，－1)∪(－1,0)D． (0,1)∪(1，＋∞)7.已知函数f(x)(x∈R)满足f′(x)>f(x)，则()A．f(2)<e2f(0)B．f(2)≤e2f(0)C．f(2)＝e2f(0)D．f(2)>e2f(0)8.已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝2，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<1(x∈R)，则不等式f(x)<x＋1的解集为()A． (1，＋∞)B． (－∞，－1)C． (－1,1)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)9.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． (－∞，＋∞)10.设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()A． (－3,0)∪(3，＋∞)B． (－3,0)∪(0,3)C． (－∞，－3)∪(3，＋∞)D． (－∞，－3)∪(0,3)11.设函数F(x)＝是定义在R上的函数，其中f(x)的导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则()A．f(2)>e2f(0)，f(2 016)>e2 016f(0)B．f(2)<e2f(0)，f(2 016)>e2 016f(0)C．f(2)<e2f(0)，f(2 016)<e2 016f(0)D．f(2)>e2f(0)，f(2 016)<e2 016f(0)12.函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 017，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 013的解集为()A． (－2,2)B． (－2，＋∞)C． (－∞，－2)D． (－∞，＋∞)13.设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时有()A．f(x)g(x)>f(b)g(b)B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(b)>f(b)g(x)D．f(x)g(x)>f(a)g(a)14.定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数f′(x)满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2e x的解集为()A． (－∞，0)B． (－∞，2)C． (0，＋∞)D． (2，＋∞)15.已知函数y＝f(x)是定义在实数集R上的奇函数，且当x∈(－∞，0)时，xf′(x)<f(－x)成立(其中)f(log2)，则a，b，c的大小关系是()f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝f()，b＝f(1)，c＝(logA．c>a>bB．c>b>aC．a>b>cD．a>c>b16.已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(－1)＝－1，且当x>0时，有xf′(x)>f(x)，则不等式f(x)>x的解集是()A． (－1,0)B． (1，＋∞)C． (－1,0)∪(1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(1，＋∞)17.已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为y＝f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋>0，若a＝f(1)，b ＝－2f(－2)，c＝(ln)f(ln)，则a，b，c的大小关系正确的是()A．a<c<bB．b<c<aC．a<b<cD．c<a<b18.已知定义在(0，)上的函数f(x)，f′(x)为其导函数，且f(x)<f′(x)·tan x恒成立，则()A．f()<f()B．f()>f()C．f()>f()D．f(1)<2f()·sin 119.设f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式f(x)>0的解集是()A． (－1,0)∪(1，＋∞)B． (－1,0)∪(0,1)C． (－∞，－1)∪(1，＋∞)D． (－∞，－1)∪(0,1)20.已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)<f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)<e x的解集为()A． (－2，＋∞)B． (0，＋∞)C． (1，＋∞)D． (4，＋∞)21.函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 013，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 009的解集为()A． (－2,2)B． (－2，＋∞)C． (－∞，－2)D． (－∞，＋∞)22.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，g(x)≠0，f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，f(x)＝axg(x)，＋＝，则等于()A．a2B．C． 9D．23.定义在(0，＋∞)上的单调递减函数f(x)，若f(x)的导函数存在且满足>－x，则下列不等式成立的是()A． 3f(2)<2f(3)B． 3f(3)>4f(4)C． 3f(4)<4f(3)D．f(2)<2f(1)24.已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋>0，若a＝f()，b＝－2f(－2)，c＝ln 2f(ln 2)，则下列关于a，b，c的大小关系正确的是()A．a>b>cB．a>c>bC．c>b>aD．b>c>a25.已知f(x)，g(x)都是定义在R上的函数，且满足以下条件：①f(x)＝(a>0，且a≠1)；②g(x)≠0；③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x)．若＋＝，则a等于()A．B．C． 2D． 2或26.已知f(x)是定义在R上的函数，且满足f(1)＝5，对任意实数x都有f′(x)<3，则不等式f(x)<3x＋2的解集为()A． (－∞，0)B． (0，＋∞)C． (－∞，1)D． (1，＋∞)二、填空题27.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，其中f(1)＝0，且当x>0时，有>0，则不等式f(x)>0的解集是________．28.已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)<0，a＝20.1·f(20.1)，b＝(ln 2)·f(ln 2)，c＝(log 2)·f(log2)，则a，b，c的大小关系是________．29.f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≥0，对任意正数m，n，若m≥n，则mf(n)与nf(m)的大小关系是mf(n)________nf(m)(请用≤，≥或＝)30.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝1，对任意x∈R，f′(x)>3，则f(x)>3x＋4的解集为________．31.定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(lg x)>的解集为________．32.设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有3f(x)＋xf′(x)>0，则不等式(x＋2 015)3f(x＋2 015)＋27f(－3)>0的解集是________．33.已知可导函数f(x)(x∈R)的导函数f′(x)满足f′(x)>f(x)，则不等式f(x)>f(0)e x的解集是________．34.设f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，其导函数为f′(x)，当0<x<π时，f′(x)cos x－sin xf(x)>0，则不等式f(x)cos x<0的解集为________．35.已知函数y＝f(x)，对于任意的x∈[0，)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则下列不等式中成立的有________．①f()<f()；②f()<f()；③f(0)<f()；④f()<f()．三、解答题答案解析1.【答案】B【解析】据题意，由f′(x)<g′(x)得f′(x)－g′(x)<0，故F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上为单调递减函数，由单调性知识知，必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，移项整理得：f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)．2.【答案】B【解析】f(x)<＋，∴f(x)－<，令g(x)＝f(x)－，g(1)＝，∴g(x)<g(1)，∵g′(x)＝f′(x)－<0，∴g(x)为减函数，∴x>1.3.【答案】A【解析】设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，∴g(x)在区间x∈(0，＋∞)单调递减或g(x)为常函数，∵a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)．4.【答案】C【解析】令F(x)＝e－x f(x)，F′(x)＝e－x f′(x)－e－x f(x)＝e－x(f′(x)－f(x))，∵f′(x)>f(x)，∴F′(x)>0，∴F(x)在R上为增函数，∴F(2 015)>F(2 013)，∴e－2 015f(2 015)>e－2 013f(2 013)，∴f(2 015)>f(2 013)e2.5.【答案】C【解析】设g(x)＝f(x)－x，因为f(1)＝1，f′(x)>1，所以g(1)＝f(1)－1＝0，g′(x)＝f′(x)－1>0，所以g(x)在R上是增函数，且g(1)＝0.所以f(x)>x的解集，即g(x)>0的解集(1，＋∞)．6.【答案】A【解析】记函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，故当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.当0<x<1时，g(x)>0，则f(x)>0；当x<－1时，g(x)<0，则f(x)>0，综上所述，使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．7.【答案】D【解析】设F(x)＝，则F′(x)＝>0，∴F(x)在R上为增函数，故F(2)>F(0)，∴>，即f(2)>e2f(0)．8.【答案】A【解析】不等式f(x)<x＋1可化为f(x)－x<1，设g(x)＝f(x)－x，由题意g′(x)＝f′(x)－1<0，g(1)＝f(1)－1＝1，故原不等式⇔g(x)<g(1)，故x>1.9.【答案】B【解析】令g(x)＝f(x)－(2x＋4)，则g′(x)＝f′(x)－2>0，故g(x)在R上单调递增．又g(－1)＝f(－1)－2＝0，故当x>－1时，g(x)>0，即f(x)>2x＋4.10.【答案】D【解析】设F(x)＝f(x)g(x)，∵当x<0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，∴F(x)在x<0时为增函数．∵F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)·g(x)＝－F(x)，故F(x)为奇函数，∴F(x)在(0，＋∞)上亦为增函数．已知g(－3)＝0，必有F(－3)＝－F(3)＝0.构造如图的F(x)的图象，可知F(x)<0的解集为x∈(－∞，－3)∪(0,3)．11.【答案】C【解析】∵函数F(x)＝的导数F′(x)＝＝<0，∴函数F(x)＝是定义在R上的减函数，∴F(2)<F(0)，即<，故有f(2)<e2f(0)．同理可得f(2 016)<e2 016f(0)．12.【答案】C【解析】令F(x)＝f(x)－x2－2 013，则F′(x)＝f′(x)－2x<0，∴F(x)在R上为减函数，又F(－2)＝f(－2)－4－2 013＝2 017－2 017＝0，∴当x<－2时，F(x)>F(－2)＝0，∴不等式f(x)>x2＋2 013的解集为(－∞，－2)．13.【答案】C【解析】因为[]′＝，又因为f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，所以在R上为减函数．又因为a<x<b，所以>>，又因为f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)．14.【答案】C【解析】设g(x)＝，则g′(x)＝，∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)单调递减．∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，则不等式等价于g(x)<g(0)，∵函数g(x)单调递减．∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．15.【答案】A【解析】∵函数y＝f(x)是定义在实数集R上的奇函数，∴当x∈(－∞，0)时，xf′(x)<f(－x)等价为xf′(x)＋f(x)<0，构造函数g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)<0，∴当x∈(－∞，0)时，函数g(x)单调递减，且函数g(x)是偶函数，∴当x∈(0，＋∞)时，函数g(x)单调递增，则a＝f()＝g()，b＝f(1)＝g(1)，)f(log2)＝g(log2)＝g(－2)＝g(2)，c＝(log∵1<<2，∴g(1)<g()<g(2)，即b<a<c.16.【答案】C【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，令g(x)＝，∴g(x)为偶函数，又当x>0时，xf′(x)>f(x)，∴g′(x)＝>0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上是减函数，又f(－1)＝－1，∴f(1)＝1，g(1)＝1，当x>0时，∵不等式f(x)>x，∴>1，即g(x)>g(1)，∴有x>1；当x<0时，∵不等式f(x)>x，∴<1，即g(x)<g(－1)，∴有－1<x<0；当x＝0时，f(0)＝0，不等式f(x)>x不成立，综上，不等式f(x)>x的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．17.【答案】D【解析】设g(x)＝xf(x)，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝x[f′(x)＋]，∵x≠0时，f′(x)＋>0，∴x>0时，g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵f(x)为奇函数，∴b＝－2f(－2)＝2f(2)，c＝(ln)f(ln)＝(－ln 2)f(－ln 2)＝(ln 2)f(ln 2)，a＝f(1)＝1f(1)，∵ln 2<1<2，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴g(ln 2)<g(1)<g(2)，即(ln 2)f(ln 2)<1f(1)<2f(2)，∴c<a<b.18.【答案】A【解析】因为x∈(0，)，所以sin x>0，cos x>0，由f(x)<f′(x)tan x，得f(x)cos x<f′(x)sin x，即f′(x)sin x－f(x)cos x>0.令g(x)＝，x∈(0，)，则g′(x)＝>0，所以函数g(x)在x∈(0，)上为增函数，则g()<g()<g(1)<g()，即<<<.所以2f()<f()<<f()，所以f()<f()，f()<f()，f()<f()，f(1)>2f()·sin 1，故A正确，B、C、D错误．19.【答案】D【解析】因为当x>0时，有<0恒成立，即[]′<0恒成立，所以在(0，＋∞)内单调递减．因为f(1)＝0，所以在(0,1)内恒有f(x)>0；在(1，＋∞)内恒有f(x)<0.又因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以在(－∞，－1)内恒有f(x)>0；在(－1,0)内恒有f(x)<0.不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．20.【答案】B【解析】∵y＝f(x＋2)为偶函数，∴y＝f(x＋2)的图象关于x＝0对称，∴y＝f(x)的图象关于x＝2对称，∴f(4)＝f(0)，又∵f(4)＝1，∴f(0)＝1，设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝，又∵f′(x)<f(x)，∴f′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴y＝g(x)在定义域上单调递减，∵f(x)<e x，∴g(x)<1，又∵g(0)＝＝1，∴g(x)<g(0)，∴x>0.21.【答案】C【解析】令g(x)＝f(x)－x2－2 009，则g′(x)＝f′(x)－2x<0，∴函数g(x)在R上单调递减，而f(－2)＝2 013，∴g(－2)＝f(－2)－(－2)2－2 009＝0.∴不等式f(x)>x2＋2 009，可化为g(x)>g(－2)，∴x<－2，即不等式f(x)>x2＋2 009的解集为(－∞，－2)．22.【答案】D【解析】∵f(x)＝axg(x)，∴＝ax，∵f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，∴[]′＝<0，即函数＝ax单调递减，即0<a<1.又＋＝，则＋a＝，解得a＝或a＝3(舍去)．即＝()x，∴＝()2＝.23.【答案】B【解析】设g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，因为f(x)为定义在(0，＋∞)上的单调递减函数，所以x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，由>－x得＋x>0，则>0，则当∈(0，＋∞)时，f(x)＋xf′(x)<0，即g′(x)<0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上递减，则g(3)>g(4)，即3f(3)>4f(4)．24.【答案】D【解析】令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)．∵当x≠0时，f′(x)＋>0，∴当x>0时，xf′(x)＋f(x)>0，即当x>0时，g′(x)>0，因此当x>0时，函数g(x)单调递增．∵函数f(x)为奇函数，∴b＝－2f(－2)＝2f(2)，又c＝ln 2f(ln 2)，∵2>ln 2>，∴g(2)>g(ln 2)>g()，即b>c>a.25.【答案】C【解析】由①得＝，∴[]′＝，由②g(x)≠0，③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x)，得f′(x)·g(x)－f(x)·g′(x)<0，可知[]′＝<0，即函数在R上单调递减，即a>1.若＋＝，则＋＝＋a＝，即2a2－5a＋2＝0，解得a＝2或a＝，∵a>1，∴a＝2.26.【答案】D【解析】记g(x)＝f(x)－3x，∵对任意实数x都有f′(x)<3，∴g′(x)＝f′(x)－3<0，∴g(x)是定义在R上的单调递减函数．∵f(1)＝5，∴g(1)＝f(1)－3＝5－3＝2.∵f(x)<3x＋2，∴f(x)－3x<2，∴g(x)<g(1)．∵g(x)是定义在R上的单调递减函数，∴x>1.27.【答案】(－1,0)∪(1，＋∞)【解析】[]′＝>0，即x>0时，是增函数，当x>1时>f(1)＝0，f(x)>0；0<x<1时，<f(1)＝0，f(x)<0.又f(x)是奇函数，所以－1<x<0时，f(x)＝－f(－x)>0；x<－1时，f(x)＝－f(－x)<0.则不等式f(x)>0的解集是(－1,0)∪(1，＋∞)．28.【答案】c<a<b【解析】设函数h(x)＝xf(x)，由函数y＝f(x)是R上的偶函数，y＝x是奇函数，得h(x)＝xf(x)是R上的奇函数，由x∈(－∞，0)时，h′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0成立，∴h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递减，∵3>20.1>1,0<ln 2<1，|＝3>20.1>ln 2，|log即h(3)<h(20.1)<h(ln 2)．又a＝20.1·f(20.1)，b＝ln(2)·f(ln 2)，)·f(log2)，c＝(log∴c<a<b.29.【答案】≤【解析】令F(x)＝，F′(x)＝[xf′(x)－f(x)]，∵xf′(x)－f(x)≥0，∴F′(x)≥0，即F(x)是(0，＋∞)上的增函数，即当m≥n>0时，F(m)≥F(n)，∴≤，从而mf(n)≤nf(m)．30.【答案】(－1，＋∞)【解析】设F(x)＝f(x)－(3x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－3＋4)＝1－1＝0，又对任意x∈R，f′(x)>3，∴F′(x)＝f′(x)－3>0，∴F(x)在R上是增函数，∴F(x)>0的解集是(－1，＋∞)，即f(x)>3x＋4的解集为(－1，＋∞)．31.【答案】(0,10)【解析】∵f′(x)<，∴f′(x)－<0，∴f(x)－在R上为减函数．设F(x)＝f(x)－，则F(x)在R上为减函数，∵f(1)＝1，∴F(1)＝f(1)－1＝1－1＝0，由f(lg x)－>0，得F(lg x)>F(1)，∵F(x)在R上单调递减，∴lg x<1，∴0<x<10，∴原不等式的解集为(0,10)．32.【答案】(－2 018，－2 015)【解析】根据题意，令g(x)＝x3f(x)，其导函数为g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]，∵x∈(－∞，0)时，3f(x)＋xf′(x)>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(－∞，0)上单调递增，又不等式(x＋2 015)3f(x＋2 015)＋27f(－3)>0可化为(x＋2 015)3f(x＋2 015)>(－3)3f(－3)，即g(x＋2 015)>g(－3)，∴0>x＋2 015>－3，解得－2 015>x>－2 018，∴该不等式的解集为(－2 018，－2 015)．33.【答案】(0，＋∞)【解析】设F(x)＝，∵f′(x)>f(x)对于x∈R恒成立，∴F′(x)＝>0，∴F(x)在R上递增，则不等式f(x)>f(0)e x，等价为>f(0)＝，即F(x)>F(0)，∵F(x)在R上递增，∴x>0，即不等式的解集为(0，＋∞)．34.【答案】(－π，－)∪(0，)【解析】设g(x)＝f(x)cos x，∵f(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数，故g(－x)＝f(－x)cos(－x)＝－f(x)cos x＝－g(x)，∴g(x)是定义在(－π，0)∪(0，π)上的奇函数．g′(x)＝f′(x)cos x－sin xf(x)>0，∴g(x)在(0，π)上递增，于是奇函数g(x)在(－π，0)上递增．∵g(±)＝0，∴f(x)cos x<0的解集为(－π，－)∪(0，)．35.【答案】②③④【解析】构造函数F(x)＝，x∈[0，)，则F′(x)＝>0，∴函数F(x)在x∈[0，)上单调递增，∴F()>F()，即2f()>f()，可得f()>f()，①错误；同理可得F()<F()，即f()<f()，可得f()<f()，②正确；同理F(0)<F()，即f(0)<f()，③正确；同理F()<F()，即f()<2f()，可得f()<f()，④正确．。
高二数学函数试题答案及解析
高二数学函数试题答案及解析1.设函数在区间上的导函数为，在区间上的导函数为，若在区间上恒成立，则称函数在区间上为“凸函数”．已知，若对任意的实数满足时，函数在区间上为“凸函数”，则的最大值为（）A．4B．3C．2D．1【答案】C【解析】由题意，得，．令对上恒成立，∴，解得，∴，故选C【考点】1、利用导数求最值；2、二次函数的图象应用．2.已知函数（）.(1)若，求函数的极值；(2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)在处有极小值；(2).【解析】(1)求极值分三步：首先对函数求导，然后判断的根是否为极值点，最后求出极值；(2)要使，不等式恒成立，只要先利用导数求出的最小值，然后使最小值大于等于零即可.试题解析：解： (1)当时，2分令，解得，所以的单调增区间为（1，+∞）；4分，解得，所以的单调减区间为（0，1）..5分所以函数在处有极小值..6分(2)∵＜0，由.令列表：_0+8分这是.10分∵，不等式恒成立，∴，∴，∴范围为..12分【考点】1.利用导数求极值最值；2.恒成立问题.3.若函数在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是( )A．B．C．D．不存在这样的实数k【答案】B【解析】根据题意，由于函数在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内是单调函数，则可知，则可知函数的单调区间为k-1<0.5,k-1,故可知k的取值范围是，故答案为B.【考点】函数的单调性点评：主要是考查了函数单调性的运用，属于基础题。
4.已知，且方程无实数根，下列命题：①方程也一定没有实数根；②若，则不等式对一切实数都成立；③若，则必存在实数，使④若，则不等式对一切实数都成立．其中正确命题的序号是．【答案】①②④【解析】根据题意，由于，且方程无实数根，则对于①方程也一定没有实数根；利用反证法可知成立。
对于②若，则不等式对一切实数都成立；结合二次函数图象与性质可知成立。
考点21 利用导数研究函数的单调性(解析版)
考点21 利用导数研究函数的单调性【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】1. 利用导数研究函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)≥0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)≤0且在(a，b)的任意子区间上不恒为0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2. 判定函数单调性的一般步骤(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数的单调区间．3. 已知函数单调性求参数的值或参数的范围(1)函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，可转化为f′(x)≥0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆增区间．函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，可转化为f′(x)≤0在(a，b)上恒成立，且在(a，b)的任意子区间上不恒为_0；也可转化为(a，b)⊆减区间．(2)函数y＝f(x)的增区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝增区间，也可转化为f′(x)＞0的解集是(a，b)；函数y＝f(x)的减区间是(a，b)，可转化为(a，b)＝减区间，也可转化为a，b是f′(x)＝0的两根．.1、若函数y＝f(x)的图像如下图所示，则函数y＝f′(x)的图像有可能是( )第1题图A BCD【答案】A .【解析】 由f(x) 的图像可知：在(－∞，0) ，f(x)单调递减，∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x)<0；在(0，＋∞)，f(x)单调递增，∴当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0；故选A .2、函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的单调递增区间是( )A . ()0，＋∞B . ()－3，1C . ()1，＋∞D . ()0，1 【答案】D【解析】 函数f(x)＝－2ln x －x －3x 的定义域为()0，＋∞，且f′(x)＝－2x －1＋3x 2＝－x 2＋2x －3x 2，解不等式f′(x)>0，即x 2＋2x －3<0，由于x>0，解得0<x<1.因此，函数y ＝f(x)的单调递增区间为()0，1.故选D .3、函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图，则函数y ＝ax 2＋32bx ＋c3的单调递增区间是( )第3题图A . (－∞，－2]B . ⎣⎡⎭⎫12，＋∞C . [)－2，3D . ⎣⎡⎭⎫98，＋∞【答案】D【解析】 由题图可知d ＝0. 不妨取a ＝1，∵f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x)＝3x 2＋2bx ＋c. 由图可知f′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18. ∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94. 当x ＞98时，y ′＞0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为[98，＋∞). 故选D . 4、函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为( )A.⎝⎛⎭⎫0，1aB.⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞C.⎝⎛⎭⎫－∞，1a D ．(－∞，a )【答案】A【解析】 由f ′(x )＝1x －a >0，x >0，得0<x <1a .∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，1a .5、函数f (x )＝x 3－6x 2的单调递减区间为________．【答案】(0,4)【解析】：f ′(x )＝3x 2－12x ＝3x (x －4)，由f ′(x )<0，得0<x <4，∴函数f(x)的单调递减区间为(0,4)．6、已知函数f (x )＝kx 3＋3(k －1)x 2－k 2＋1(k >0)，若f (x )的单调递减区间是(0,4)，则实数k 的值为________； 【答案 13【解析】 (1)f ′(x )＝3kx 2＋6(k －1)x ， 由题意知f ′(4)＝0，解得k ＝13.7、(多填题)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，函数g (x )＝f ′(x )＋6x 的图象关于y 轴对称.则m ＝________，f (x )的单调递减区间为________. 【答案】－3 (0，2)【解析】由f (x )的图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3，① 又g (x )＝f ′(x )＋6x ＝3x 2＋(2m ＋6)x ＋n 为偶函数， ∴2m ＋6＝0，即m ＝－3，② 代入①式，得n ＝0.所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2).令f ′(x )<0，得0<x <2，则单调递减区间为(0，2).考向一 求函数的单调区间求下列函数的单调区间：(1)f(x)＝x 3－12x 2－2x ＋3； (2)g(x)＝x 2－2ln x.【解析】 (1)∵f′(x)＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)，定义域为R ，∴当f ′(x )>0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－23∪(1，＋∞)；当f ′(x )＜0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－23，1.∴函数的单调增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(1，＋∞)，单调减区间为⎝⎛⎭⎫－23，1.(2)g ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x，定义域为(0，＋∞)，令g ′(x )＝0，解得：x ＝1或x ＝－1(舍去)，列表：变式1、（1）函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为__ __．（2） 函数f(x)＝1＋x －sin x 在(0，2π)上的单调情况是__ __．（3）已知a<0，函数f(x)＝x 3＋ax 2－a 2x ＋2的单调递减区间是__ ．【解析】（1）由f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x)＝3x 2－30x －33，令f′(x)<0，即3(x －11)(x ＋1)＜0，解得－1<x<11，∴函数f(x)的单调减区间为(－1，11)． （2） f′(x)＝1－cos x>0在(0，2π)上恒成立，∴f(x)单调递增．（3）f′(x)＝3x 2＋2ax －a 2＝(3x －a)(x ＋a)，令f′(x)<0，得a3<x<－a ，∴减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，－a .变式2、已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，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 ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．【解析】：(1)对f(x)求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x ， 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0)， 则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2，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，所以舍去． 当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,5)内单调递减；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(5，＋∞)内单调递增． 故f (x )的单调递减区间是(0,5)，单调递增区间是(5，＋∞).变式3、已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行. (1)求实数k 的值； (2)求函数f (x )的单调区间.【解析】 (1)f ′(x )＝1x －ln x －ke x(x >0).又由题意知f ′(1)＝1－ke ＝0，所以k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0). 设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)， 则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减.由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，所以f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，所以f ′(x )<0.综上f (x )的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).方法总结：1. 利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f ′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．2. 利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．考向二 给定区间求参数的范围例2、设函数()32132a f x x x bx c =-++，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =. (1)求,bc 的值；(2)若0a >，求函数()f x 的单调区间；(3)设函数()()2g x f x x =+，且()g x 在区间(2,1)--内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围．【解析】：(1)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.(2)由(1)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． (3)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <(x ＋2x )max ＝－22，当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立． 所以满足要求的a 的取值范围是(－∞，－22)．变式1、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数.若在()()245xaf x x x a R e =-+-∈()f x上是单调递增函数，求的取值范围；【解析】在上是单调递增函数,在上，恒成立，即： 设 ，当时， 在上为增函数， 当时， 在上为减函数，， 即 .变式2、设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是____． 【答案】 ：1<a ≤2【解析】：∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3， 即在(0,3]上原函数是减函数，∈a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.方法总结： 1.明晰导数概念及其几何意义在解题中的应用，强化方程的思想，培养基本运算能力．2. 辨析区间上单调和区间上存在单调区间的本质区别和处理策略的不同，提升参变分离和构造函数等解决问题的方法和技巧，感悟数学解题背后的思维和内涵．考向三 函数单调区间的讨论例3、（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数．当时，讨论的单调性；【解析】函数的定义域为.， 因为，所以， ①当，即时，(),-∞+∞a ()f x (),-∞+∞∴x R ∈()240xa f x x e=-+≥'()42xa x e ≥-∴()()42x h x x e =-R x ∈∴()()22x h x x e =-'∴(),1x ∈-∞()0h x '>∴()h x (),1x ∈-∞∴()1,x ∈+∞()0h x '<∴()h x ()1,x ∈+∞∴()()max 12h x h e ==()max 42x a x e ⎡⎤≥-⎣⎦∴2a e ≥[)2,a e ∈+∞()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭1m ()f x ()f x (0,)+∞'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x -+----==1m 10m ->011m <-<12m <<由得或，由得， 所以在，上是增函数， 在上是减函数； ②当，即时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函 综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减； 当时，在.上是单调递增；当时在，上是单调递增，在上是单调递减. 变式1、（2020届山东省潍坊市高三上期末）已知函数.(1)讨论函数的单调性; 【解析】(1)，当时，恒成立，在上单调递减， 当时，由，解得， 由于时，导函数单调递增，故，单调递减， 单调递增. 综上，当时在上单调递减; 当时， 在上单调递减，在上单调递增. . 变式2、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；【解析】（1）函数的定义域为,()0f x '>1x >1x m <-()0f x '<11m x -<<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -11m -=2m =()0f x '≥()f x ()0,∞+11m ->2m >()0f x '>1x m >-1x <()0f x '<11x m <<-()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -12m <<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -2m =()f x ()0,∞+2m >()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -()()2(,)1xf x ae x a Rg x x =--∈=()f x ()1xf x ae '=-0a ≤()'0f x <()f x ()-∞+∞，0a >()'0f x =x lna =-0a >()1xf x ae '=- ()x lna ∈-∞-，()()0,f x f x '<()()(),,0,x lna f x f x '∈-+∞>0a ≤()f x ()-∞+∞，0a >()f x ()lna -∞-，,()lna -+∞2213()ln 224f x x ax x ax x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭0a e <<()f x ()f x {}|0x x >,令,得或,因为,当或时,,单调递增； 当时,,单调递减,所以的增区间为,；减区间为变式3、已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)．讨论f (x )的单调性． 【解析】 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝x －1ax －1x，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a ，(ⅰ)若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (ⅱ)若0<a <1，则1a >1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． (ⅲ)若a >1，则0<1a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数． 综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x ) 在(0,1)上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．()()()211313ln 2ln 22222f x x a x x ax a x x a x x a a x x⎛⎫'=-+-⋅+-=-+-+- ⎪⎝⎭()()ln ()(ln 1)x a x x a x a x =---=--()0f x '=x a =x e =0a e <<0x a <<x e >()0f x '>()f x a x e <<()0f x '<()f x ()f x ()0,a (),e +∞(),a e方法总结： 对含参函数的合理分类，关键是找到引起分类讨论的原因．2. 会对函数进行准确求导，求导以后进行整理并因式分解，其中能否因式分解、每个因式系数的正负、根的大小等都是引起分类讨论的原因．考向四 构造函数研究单调性例4、(1)设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，且2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下列不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x(2)已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集是( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)【答案】 (1)A (2)D【解析】(1)法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]，当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2，∴令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D ，不妨令f (x )＝x 2＋0.1，则已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不一定成立，故C 也是错误的，故选A.(2)∵f (x )是定义域为{x |x ≠0}的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )．对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )， ∴xf ′(x )＋2f (x )>0. ∵g (x )＝x 2f (x )，∴g (x )也是偶函数，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0. ∵g (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )在(－∞，0)递减．若g (x )<g (1)，则|x |<1(x ≠0)， 解得0<x <1或－1<x <0.故g (x )<g (1)的解集是(－1,0)∪(0,1)．变式1、（2020届山东实验中学高三上期中）设定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x f x x -+=，且当0x ≤时，()f x x '<.己知存在()()()220111122x x f x x f x x ⎧⎫∈-≥---⎨⎬⎩⎭，且0x 为函数()x g x e a =-(,a R e ∈为自然对数的底数)的一个零点，则实数a 的取值可能是（ ）A ．12BC ．2e D【答案】BCD 【解析】令函数21()()2T x f x x =-，因为2()()f x f x x -+=，22211()()()()()()()022T x T x f x x f x x f x f x x ∴+-=-+---=+--=，()T x ∴为奇函数，当0x 时，()()0T x f x x '='-<，()T x ∴在(],0-∞上单调递减，()T x ∴在R 上单调递减． 存在0{|()(1)}x x T x T x ∈-，∴得00()(1)T x T x -，001x x -，即012x ，()x g x e a =-；1()2x，0x 为函数()y g x =的一个零点；当12x时，()0x g x e '=-，∴函数()g x 在12x 时单调递减， 由选项知0a >，取12x =<，又0a g ee ⎛-=> ⎝，∴要使()gx 在12x时有一个零点，只需使102g a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，解得2e a，a∴的取值范围为⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭， 故选：BCD ．变式2、（2020届山东省滨州市高三上期末）已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是( )0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<A ．B ．C ．D ． 【答案】CD 【解析】令，，则， 因为，所以在上恒成立， 因此函数在上单调递减， 因此，即，即，故A 错； 又，所以，所以在上恒成立， 因为，所以，故B 错； 又，所以，即，故C 正确；又，所以，即，故D 正确；故选：CD.方法总结：(1)对于不等式f ′(x )＋g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )＋g (x )；(2)对于不等式f ′(x )－g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )－g (x )； 特别地，对于不等式f ′(x )>k (或<k )(k ≠0)，构造函数F (x )＝f (x )－kx . (3)对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )；64f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪⎪⎝⎭⎝⎭ln03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()cos f x g x x =0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x '+'=()cos ()sin 0f x x f x x '+<2()cos ()sin ()0cos f x x f x x g x x '+'=<0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()()cos f x g x x =0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭64g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭64cos cos64f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>64f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()00f =(0)(0)0cos0f g ==()()0cos f x g x x =≤0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭ln0,32ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭ln 03f π⎛⎫< ⎪⎝⎭63g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭63coscos 63f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43g g ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43coscos43f f ππππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭>43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(4)对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xg x (g (x )≠0)；(5)对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )；(6)对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f xx (x ≠0)．1、【2017年高考浙江】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【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．2、【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞. 3、（2018年泰州期中）()3211232f x x x ax =-++，若()f x 在2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______ 【答案】19a >- 【解析】：()'22fx x x a =-++，有已知条件可得：2,+3x ⎛⎫∃∈∞⎪⎝⎭，使得()'0f x ≥，即()212a x x ≥-，只需()2min12a x x ⎡⎤≥-⎢⎥⎣⎦，而()221122122339y x x ⎡⎤⎛⎫=->-=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，所以19a >-4、【2018年高考天津理数】已知函数()xf x a =，()log a g x x =，其中a >1.（I ）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间；【解析】（I ）由已知，()ln xh x a x a =-，有()ln ln xh x a a a '=-.令()0h x '=，解得x =0.由a >1，可知当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如下表：所以函数()h x 的单调递减区间为(,0)-∞，单调递增区间为(0,)+∞.5、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数1()ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；【解析】（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，22211()1a x ax f x x xx-+'=--+=-. （i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在(0,)+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，2a x =或2a x =.当2()2a a x+∈+∞时，()0f x '<；当(22a a x -+∈时，()0fx '>.所以()f x 在)+∞单调递减，在单调递增.6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.讨论()f x 的单调性；【解析】2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 7、（2020届山东省临沂市高三上期末）函数（）. （1）讨论的单调性；【解析】（1）解：的定义域为，， 当，时，，则在上单调递增； 当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增； 当，时，，则在上单调递减；()1ln g x ax b x =--,,0a b ab ∈≠R ()g x ()g x ()0,∞+()a g x x bx'=-0a >0b <()0g x '>()g x ()0,∞+0a >0b >()0g x '>b x a >()0g x '<0b x a <<()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭0a <0b >()0g x '<()g x ()0,∞+当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减. 0a <0b <()0g x '>0b x a <<()0g x '<b x a >()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭。
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高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
所以有在为增函数，所以本题选。
【考点】函数的单调性及导数在函数单调性中的应用。
10.设函数，其导函数为.（1）若，求函数在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若为整数，若时，恒成立，试求的最大值.【答案】（1）；（2）的单调减区间是：，增区间是：；（3）整数k 的最大值为2.【解析】（1）时，，求导函数得，可得切线方程；（2）,当在上单调递增，当时，通过可得函数的单调区间；（3）若时，恒成立，只需的最小值即可，，又在单调递增，而，知在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点且，得.可得整数k的最大值为2.解：（1）因为时，，所以，故切线方程是（2）的定义域为R，，若在上单调递增；若解得，当变化时，变化如下表：减极小值增所以的单调减区间是：，增区间是：．（3）即①，令则．由（1）知，函数在单调递增，而，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，且．当时，；当时，，所以．又由，即得，所以，这时．由于①式等价，故整数k的最大值为2.【考点】导数与函数的单调性.11.定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导函数，则满足的x的集合为()A．{x|x<1}B．{x|－1<x<1}C．{x|x<－1或x>1}D．{x|x>1}【答案】A【解析】令，知，又，即，则得在上为增函数，又，不等式，可变为，即，知．【考点】导数与函数的单调性．12.函数的递增区间是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，因为，所以令得，所以的单调递增区间为。
故C正确。
【考点】用导数研究函数的单调性。
13.函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，要使函数在区间上单调递增，则须即也就是在恒成立，所以，设，则在恒成立，所以在单调递增，从而，故选D.【考点】函数的单调性与导数.14.已知函数．若曲线在点处的切线与直线垂直，（1）求实数的值；（2）求函数的单调区间；【答案】（1）；（2）．【解析】（1）根据函数．若曲线在点处的切线与直线垂直，所以可知，求出函数的导数即，可得，即可求出a；（2）由（1）可知，即可求出函数的单调性．解：（1），因为，所以（2）．【考点】1．导数的几何意义；2．导数在单调性中的应用．15.函数是减函数的区间为 ( )A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，可得，∴f(x)的单调递减区间为(0,2).【考点】导数的运用.16.已知函数()的图像如图所示，则不等式的解集为________．【答案】【解析】观察所给函数的图像可知，在、单调递增；在上单调递减，所以或，，从而不等式或或，求解得到或，所以不等式的解集为.【考点】函数的单调性与导数.17.若函数对任意的恒成立，则 .【答案】【解析】，所以函数在上单调递增，又，所以函数为奇函数，于是，因为对任意的恒成立，所以.【考点】1.函数的单调性与导数；2.函数的奇偶性；3.单调性在解不等式中的应用.18.函数的最大值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，所以时，，函数为增函数；时，，函数为减函数；所以时，函数取得最大值，故选C.【考点】函数的最值与导数.19.设函数在R上可导,其导函数,且函数在处取得极小值，则函数的图像可能是（）【答案】C【解析】∵函数在处取得极小值，∴，且函数在左侧附近为减函数，在右侧附近为增函数，即当在左侧附近时，，当在右侧附近时，，从而当在左侧附近时，，当在右侧附近且时，，观察各选项可知只有C符合题意，故选C.【考点】1.函数的极值与导数；2.函数的单调性与导数.20.设点在曲线上，点在曲线上，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】函数和函数互为反函数图像关于对称。
则只有直线与直线垂直时才能取得最小值。
设，则点到直线的距离为，令，则，令得；令得，则在上单调递减，在上单调递增。
则时，所以。
则。
故B正确。
【考点】1反函数；2点到线的的距离公式；3用导数研究单调性求最值。
21.函数有（）A．极大值，极小值B．极大值，极小值C．极大值，无极小值D．极小值，无极大值【答案】C【解析】因为，而，可列表如下取得极大值所以选C.【考点】函数的极值与导数.22.已知圆柱的体积为16pcm3，则当底面半径r＝ cm时，圆柱的表面积最小．【答案】2【解析】圆柱的体积为，圆柱的表面积，由得，极小值，也是最小值当底面半径r＝时，圆柱的表面积最小．【考点】利用导数求最值，23.若函数在上是单调函数,则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以在上恒成立.因此从而实数的取值范围是.【考点】导数在函数上应用24.设f(x)＝，其中a为正实数．①当a＝时，求f(x)的极值点；②若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．【答案】①x＝是极大值点，x＝是极小值点②(0,1]【解析】f′(x)＝①当a＝时，f′(x)＝.由f′(x)＝0得x＝或x＝.当x<时，f′(x)>0；当<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0.∴f(x)在上是增函数，上是减函数，上是增函数．∴x＝是极大值点，x＝是极小值点．②若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号．由于a>0，又e x>0，(1＋ax2)2>0.∴ax2－2ax ＋1≥0在R上恒成立．即Δ＝4a2－4a≤0.∴0<a≤1.所以a的范围为(0,1]．25.已知函数在上是单调减函数,则实数的取值范围是___________．【答案】【解析】由题意，得，因为函数在上是单调函数，所以在恒成立，则，所以实数a的取值范围是：．【考点】利用导数研究函数的单调性．26.已知函数．若，求的值；当时，求的单调区间．【答案】；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为。
【解析】因为，，，所以，（1分）（２分）所以有：，解得（３分）当时，（5分）（7分）当时，，当时，当时，，（9分）所以的单调递增区间为和，单调递减区间为。
（10分）【考点】多项式恒等，应用导数研究函数的单调性。
点评：中档题，利用导数研究函数的单调性，是导数应用的基本问题，主要依据“在给定区间，导函数值非负，函数为增函数；导函数值非正，函数为减函数”。
27.已知是定义在上的非负可导函数,且满足.对任意正数,若,则必有( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由于，则由得。
令，则，所以函数在上为减函数，由于，因而，所以。
故选A。
【考点】函数的单调性点评：判断函数值的大小，主要是结合函数的单调性来求解。
28.设函数，的导函数为，且，，则下列不等式成立的是（注：e为自然对数的底数）（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题意，由于函数，，是偶函数，且可知则说明函数在定义域内递减，当x>0时，则可知当x=1时f（1）<e•f（0）且有成立故可知答案为B【考点】导数的运用点评：主要是考查了导数在研究函数单调性中的运用，属于基础题。
29.如果函数y=f(x)的图象如图，那么导函数的图象可能是（）【答案】A【解析】由y=f（x）的图象得函数的单调性，从而得导函数的正负. 解：由原函数的单调性可以得到导函数的正负情况依次是正→负→正→负，故选A【考点】导数的正负与函数单调性的关系点评：主要是考查了导数的正负决定函数的单调性，属于基础题。