函數的單調性練習一、單選題函數f(x)=2x?lnx的單調遞減區間為(????)A.(?∞,12) B.(12,+∞)直線y=a與函數y=x3?3x的圖象有三個相異的交點，則實數aA.(?2,2) B.[?2,2] C.[2,+∞) D.(?∞,?2]函數f?(x)=ex?ex，x∈R的單調遞增區間是(

A.(0,+∞) B.(?∞,0) C.(?∞,1) D.(1,+∞)已知a=1e,b=ln33,c=lnA.b<c<a B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b已知函數f(x)=lnx+ax，則“a<0”是“函數f(x)在定義域內為增函數”的A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件在R上可導的函數f?(x)的圖象如圖所示，則關于x的不等式xf′(x)<0的解集為(????)A.(?∞,?1)∪(0,1) B.(?1,0)∪(1,+∞)

C.(?2,?1)∪(1,2) D.(?∞,?2)∪(2,+∞)f(x)是定義在(0,+∞)上的非負可導函數，且滿足xf′(x)+f(x)<0，對任意正數a，b，若a<b，則必有(????)A.af(b)<bf(a) B.bf(a)<af(b) C.bf(b)<af(a) D.af(a)<bf(b)已知y=fx為R上的可導函數，當x≠0時，f′(x)+fxx>0，則關于xA.1 B.2 C.0 D.0或2已知定義在R上的可導函數f(x)的導函數為f′(x)，滿足f′(x)<x，且f(2)=1，則不等式f(x)<12xA.(?2,+∞) B.(0,+∞) C.(1,+∞若函數在區間(12,2)內存在單調遞增區間，則實數a的取值范圍是(

)A. B. C.(?2,?18) D.設f(x)是定義在R上的奇函數，f(2)=0，當x>0時，有xf′(x)?f(x)x2?<0A.(?2,0)∪(2,+∞) B.(?2,0)∪(0,2)

C.(?∞,?2)∪(2,+∞) D.(?∞,?2)∪(0,2)已知函數y=?xf′x的圖象如圖(其中f′x是函數fx的導函數)，下面四個圖象中，y=fxA.

B.

C.

D.

二、單空題若直線y=a與函數f(x)=x3?3x的圖象有相異的三個公共點，則a的取值范圍是_______已知函數y=2cosx+3的導函數為G(x)，在區間[?π3,π]上，隨機取一個值a，則G(a)<1的概率P定義在R上的函數fx滿足：f(?x)+f(x)=2x2，且當x<0時，f′(x)<2x，則不等式f(x)+4≥f(2?x)+4x的解集為

已知x=2是fx=x3?3ax+2的極小值點，那么函數f已知函數f(x)=kx3+3(k?1)x2?k2+1(k>0)三、解答題已知函數f(x)=ax2+blnx(1)求實數a、b的值;(2)判斷函數f(x)的單調區間，并求極值．

已知函數f(x)=ax+lnx(1)求函數f(x)的單調區間；(2)記函數?(x)=f(x)+g(x)，當a=0時，?(x)在(0,1)上有且只有一個極值點，求實數b的取值范圍．

已知函數f(x)=ex(x2+ax+1)．

(Ⅰ)當a∈R時，討論f

(x)的單調性；

(Ⅱ)若實數a滿足a≤?1，且函數g(x)=4x3+3(b+4)x2+6(b+2)x(b∈R)的極小值點與f

(x)的極小值點相同，求證：答案和解析1.【答案】C【解答】解：f(x))=2x?lnx的定義域為(0,+∞)．

f′(x)=2?1x=2x?1x，

令f′(x)<0，解得0<x<12，

所以函數f(x)=2x?lnx的單調減區間是(0,12).

2.【答案】A

【解答】

解：y=x3?3x的導數y′=3x2?3=3(x?1)·(x+1)，

令y′>0可解得x<?1或x>1，

故y=x3?3x在(?∞,?1)，(1,+∞)上單調遞增，在(?1,1)上單調遞減，

函數的極大值為f

(?1)=2，極小值為f

(1)=?2，

大致圖象如圖所示，而y=a為一條水平直線，

通過圖象可得，y=a介于極大值與極小值之間，則有三個相異交點，可得a∈(?2,2)．

故選：A．

3.【答案】D

【解答】

解：f′(x)=ex?e，

令f′(x)>0得x>1，

∴函數f(x)的單調遞增區間為(1,+∞)．

4.【答案】B

【解答】

解：設f(x)=lnxx,x?e,則f′(x)=1?lnxx2?0恒成立，

∴函數f(x)在[e,+∞)上單調遞減，∴fe>f3>f4,即lnee=1e>ln33>ln44,

∴a>b>c，故選B．

所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的x的范圍為(?∞,?1)；在(?1,1)上，f

(x)單調遞減，

所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范圍為(0,1)．綜上，關于x的不等式xf′(x)<0的解集為(?∞,?1)∪(0,1)．

7.【答案】C

【解答】

解：設g(x)=xf(x)，x>0，

則g′(x)=[xf(x)]′=xf′(x)+f(x)<0，

∴函數g(x)在(0,+∞)上是減函數，

∵a<b，∴g(a)>g(b)

即bf

(b)<af

(a)

8.【答案】C

【解答】

解：由于函數g(x)=f(x)+1x，可得x≠0，因而g(x)的零點跟xg(x)的非零零點是完全一樣的，

故我們考慮xg(x)=xf(x)+1的零點．

由于當x≠0時，f′(x)+f(x)x>0，

①當x>0時，(x?g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)>0，

所以，在(0,+∞)上，函數x?g(x)單調遞增函數．

又∵x→0lim[xf(x)+1]=1，∴在(0,+∞)上，函數x?g(x)=xf(x)+1>1恒成立，

因此，在(0,+∞)上，函數x?g(x)=xf(x)+1沒有零點．

②當x<0時，由于(x?g(x))′=(xf(x))′=xf′(x)+f(x)=x(f′(x)+f(x)x)<0，

故函數x?g(x)在(?∞,0)上是遞減函數，函數x?g(x)=xf(x)+1>1恒成立，

故函數x?g(x)在(?∞,0)上無零點．

綜上可得，函g(x)=f(x)+1x在R上的零點個數為0，

9.【答案】D

【解答】

解：構造g(x)=f(x)???12x2+1，

則g′(x)=f′(x)???x<0，

所以g(x)是R上的單調減函數，

又因為，f(2)=1，g(2)=0，

所以不等式f(x)<12x2?1可化為g(x)<g(2)，

由函數單調遞減可得x>2，

故不等式的解集為(2,+∞)．

10.【答案】D

【解答】

解：根據題意得，f′x=1x+2ax，

∵f(x)在區間(12,2)內存在單調遞增區間，

∴f′x>0在(12,2)內有解，

即1x+2ax>0?a>?12x2在(12,2)內有解

故存在x∈(12,2)，使得a>?12x2，

令g(x)=?12x2，則g(x)在(12,2)單調遞增，

所以g(x)∈(?2,?18)，

故a>?2．

11.【答案】B

【解答】

解：設函數g(x)=f(x)x，【解答】解：由已知圖象可得，當x<?1時，?x>0，y>0所以f′(x)>0，即函數f(x)單增，當?1<x<0時，?x>0，y<0所以f′(x)<0，即函數f(x)單減，當0<x<1時，?x<0，y>0所以f′(x)<0，即函數f(x)單減，當x>1時，?x<0，y<0所以f′(x)>0，即函數f(x)單增，所以f(x)單增區間為?∞,?1,1,+∞，單減區間為13.【答案】(?2,2)

【解析】

解：∵函數f(x)=x3?3x，

∴f′(x)=3x2?3=3(x+1)(x?1)．

∴當x∈(?∞,?1)∪(1,+∞)時，f′(x)>0，

∴函數f(x)在區間(?∞,?1)，(1,+∞)上單調遞增；

當x∈(?1,1)時，f′(x)<0，

∴函數f(x)在區間(?1,1)上單調遞減．

故當x=?1時，f(x)取極大值f(?1)=?1+3=2，

當x=1時，f(x)取極小值f(1)=1?3=?2，

又f(x)=0，解得x=0，±3．

若函數f(x)=x3?3x的圖象與直線y=a有相異三個公共點，

則?2<a<2．

故答案為(?2,2)．

14.【答案】78

【解答】解：由題意，知G(x)=y′=?2sinx，

在區間[?π3,π]上，由G(a)=?2sina<1，得a∈(?π6,π]，

【解答】

解：根據題意，令g(x)=f(x)?x2，

若f(x)+f(?x)=2x2，變形有f(x)?x2+f(?x)?(?x)2=0，

即g(x)+g(?x)=0，

故g(x)為奇函數，

由g(x)=f(x)?x2，則g′(x)=f′(x)?2x，

又當x<0時，f′(x)<2x，則x<0時，g′(x)=f′(x)?2x<0恒成立，

即g(x)在(?∞,0)上為減函數，

又由g(x)為奇函數，則g(x)在(0,+∞)上也為減函數，

因為當x=0時，f(0)=0，

則g(0)=f(0)?02=0，

綜上所述g(x)為R上的減函數，

則不等式f(x)+4?f(2?x)+4x，即f(x)?x2?f(2?x)+4x?4?x2，

所以f(x)?x2?f(2?x)?【解答】解：f′x因為x=2是極小值點，所以f′2即12?3a=0，得a=4，fx令f′x=3x2?12=0所以可得f(x)的極大值為f?2故答案為18．

17.【答案】13

【解答】

解：∵f(x)=k∴f′∵函數f(x)的單調遞減區間是(0,4)，∴?2k?2∴k=13．

18.【答案】解：(1)因為f(x)=ax又函數f(x)在x=1處有極值12故f′(1)=0,可得a=12，(2)由(1)可知f(x)=12x且f′(x)=x?1x=(x+1)(x?1)x.令f′(x)=0，則當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表：x(0,1)1(1,+∞)f′(x)?0+f(x)↘極小值↗所以函數f(x)的單調遞減區間是(0,1)，單調遞增區間是(1,+∞)，且函數f(x)在定義域上只有極小值f(1)=1

19.【答案】解：的定義域是(0,+∞)，

且?f′(x)=?ax2+1x=x?ax2；

①若a?0，則f′(x)>0，f(x)的單調增區間是(0,+∞)，

②若a>0，令f′(x)=0，得x=a，

當0<x<a時，f′(x)<0，當x>a時，f′(x)>0，

∴f(x)的單調減區間是(0,a)，單調增區間是(a,+∞)；

綜上，當a?0時，f(x)的單調增區間是(0,+∞)，無單調減區間；

當a>0時，f(x)的單調減區間是(0,a)，單調增區間是(a,+∞)；

(2)a=0時，，

∴?′(x)=bx?2+1x=bx2?2x+1x?，

∵?(x)在(0,1)上有且只有一個極值點，

則?′(x)=0在(0,1)上有唯一實數解，且兩側異號，

由?′(x)=0，得bx2?2x+1=0；

令p(x)=bx2?2x+1，則p(x)在(0,1)上有且只有一個零點，

易知p(0)=1>0，

①當b=0，由p(x)=0，得x=12，滿足題意;

②當b>0時，由Δ=4?4b>0p1=b?1<0，解得0<b<1；

③當b<0時，Δ=4?4b>0p1=b?1<0，得b<1，故b<0；

綜上所述，?(x)在(0,1)上有且只有一個極值點時，b<1．

故實數b的取值范圍為?∞,1．

20.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex[x2+(a+2)x+a+1]

f′(x)=ex(x+1)(x+a+1)

由f′(x)=0，得x=?1，或x=?a?1

(1)當a=0