第三節(jié)導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性講義-高二下學期數(shù)學人教A版選擇性（答案詳解）

0第三節(jié)導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性重點題型專練【1】A解析:由fx圖象知fx故f′x同理f′x在(0,m)上的符號是先負后正,四個選項中僅有選項A符合.【2】B解析:觀察導函數(shù)圖象可知f′x在區(qū)間?∞,0先正后負,在區(qū)間(0,+∞)先負后正,故函數(shù)fx在區(qū)間?∞,0結(jié)合4個選項的圖象,可排除A,D;由導函數(shù)的函數(shù)值是變化的,即函數(shù)fx在遞減區(qū)間的斜率也是變化的,排除C,故選:【3】A解析:由fx的圖象可知,當x∈?∞,0故排除C、D;當x∈0,+∞時fx先遞減、再遞增最后遞減,所以所對應(yīng)的導數(shù)值應(yīng)該先小于0,再大于0,最后小于解析:對于A,如果把C1作為f′x的圖象,則f′x≥0,原點處取等號,則對于B,如果把C2作為f′x的圖象,則f′x>0對于C,如果把C2作為f′x的圖象,則f′x>0對于D,如果把C1作為f′x的圖象,則f′x≥0,在個別點處取等號,則如果把C2作為f′x的圖象,則在圖象所對應(yīng)的范圍內(nèi)f′x≤0,在個別點處取等號,則fx單調(diào)遞減,與圖中C1不符;解析:因為fx=ax3+bx2+對于A選項,如下圖所示:當x<x1或x>x2時,f′x<0,則函數(shù)f對于B選項,由圖可知,?x∈R,f′x>0,則函數(shù)fx對于C選項,由圖可知,?x∈R,f′x>0,則函數(shù)fx對于D選項,如下圖所示:當x<x1或x>x2時,f′x<0,則函數(shù)fx在區(qū)間?∞,【6】C解析:由函數(shù)y=x當x<?1時,xf′x<0,即當?1<x<0時,xf′x>0當0<x<1時,xf′x<0當x>1時,xf′x>0,即f′x【7】C解析:由函數(shù)y=fx的圖像可知,fx在區(qū)間?∞,0,2,+∞上單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞增,當x∈?∞,0∪2,+∞時,f′x<0;當x∈0,2時,所以不等式x?f′x>0【8】1解析:根據(jù)圖象可知,當x<4時,f′x>0;當同時當x<1或x>6時,fx<0;當所以f′xfx>0的解集為【9】?解析:函數(shù)y=fx∴由圖可知:當x∈?3,3時,f當x∈?4,?時,fx當x∈(?4,0]時,f′x≤0∵fx+1?即x∈?5,?4∴x∈[2,3)或【10】?∞,?解析:由函數(shù)fx當x<?2時,fx<0;當?2<x當x<?1或x>0時,f′x>0則當x<?2時,x?1當?2<x<?1時,當?1<x<0時,當0<x<1時,x當x>1時,x?1綜上x?1f′x故答案為:?∞,?【11】(1)答案見解析；(2)答案見解析.解析:(1)易得函數(shù)fx0令f′x=0,解得當x變化時,fx,x033f0+f↘1↗∴函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,33(2)易得函數(shù)fx?∞,令f′x=0,解得x=當x變化時,fx,x?∞,???055f+00+f↗?↘↘2↗∴函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,?單調(diào)遞減區(qū)間為?5【12】詳見解析解析:f′當x∈?∞,?2或x∈0當x∈?2,0所以,fx的單調(diào)增區(qū)間是?∞,?2和0,+∞【13】詳見解析解析:fx當x<0時,f′x<0,當fx的單調(diào)遞減區(qū)間為?∞,0,單調(diào)遞增區(qū)間為【14】詳見解析解析:因為fx=x?2lnf令f′x>0,得x>2,令所以函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間為2,+∞【15】詳見解析解析:依題意:f′故當x∈?∞,?1時,f′x>0,當當x∈3,+∞時,∴fx的單調(diào)增區(qū)間為?∞,?1【16】詳見解析解析:由函數(shù)fx=x?2ln2?x,可得fx的定義域為?∞,2,且f′x=ln2?x+1,令f′x<0,可得ln2?x<?1【17】詳見解析解析:因為fx=xsinx所以f′因為?1≤cosx≤1所以當x<0時,f′x<0,當所以fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞,單調(diào)遞減區(qū)間為【18】詳見解析解析:由題可得:fx的定義域為R則f由f′x>0,得x+1x?2由f′x<0,得x?∴fx單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,?1【19】詳見解析解析:f′解得x=?因為x∈0,π當x∈0,3π4所以fx在0,3π4上單調(diào)遞減,在【20】見解析解析:因為fx=13x由f′x=x2?2ax=0當a=0時,f′x=x2≥0?∞,+∞；當a>0時,當x∈?∞,0∪2a,+∞時,f′所以fx的單調(diào)增區(qū)間為?∞,0及2a當a<0時,當x∈?∞,2a∪0,+∞時,f′所以fx的單調(diào)增區(qū)間為?∞,2a及0【21】答案見解析解析:因為fx所以f′x=x2當a=0時,f′x=x2≥0當a<0時,當x∈?∞,a∪?當x∈a,?3a時,f′x當a>0時,當x∈?∞,?3a∪a當x∈?3a,a時,f′綜上所述:當a=0時,函數(shù)fx單調(diào)遞增區(qū)間為當a<0時,函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,a,?3a,+∞;當a>0時,函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,?3a,a,+∞;【22】答案見解析解析:因為函數(shù)fx=lnx?ax當a≤0時,f′x>0,函數(shù)f當a>0時,由f′x=若0<x<1a,則f′x>0當a>0時,函數(shù)fx=lnx?ax綜上所述,當a≤0時,函數(shù)fx=lnx當a>0時,函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間為0,1【23】答案見解析解析:函數(shù)fx的定義域為0,+∞f①當a≤0時,2x?a>0,由f′x>0,得則函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為1,+∞②當0<a2<1,即0<a<2時,由f′f′x<0則函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,a2,1,+∞,函數(shù)③當a2=1,即a=2時,f′x≥0④當a2>1,即a>2時,由f′x>0,得0<x<則函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1,a2,+∞,函數(shù)綜上所述,當a≤0時,函數(shù)fx在當0<a<2時,函數(shù)fx在0,a2和當a=2時,函數(shù)fx在當a>2時,函數(shù)fx在(0,1)和a2,+∞【24】答案見解析.解析:因為gxg當m≤0時,令g′x>0,得0<x<所以gx在(0,1)上單調(diào)遞增,在1,+∞當0<m<1時,令g′x>0,得0<x1所以gx在(0,1)上單調(diào)遞增,在1,1m上單調(diào)遞減,在當m=1時,g′x=x?12x當m>1時,令g′x>0,得0<x<1m或x>1,令g′x<0,得1m綜上所述,當m≤0時,gx在(0,1)上單調(diào)遞增,在1,+∞上單調(diào)遞減;當0<m<1時,1m,+∞當m=1時,gx在當m>1時,gx在0,1m上單調(diào)遞增,在1m,【25】(1)(0,3)(2)12,+∞(3)(解析:(1)若a=?32,則可得fx的定義域為0,+∞,且令f′x<0故fx(2)∵fx=12若函數(shù)fx?x∈可得x2?2x≥?2a構(gòu)建gx=x2?2x,可知∴g故?1≥?2a,解得則a的取值范圍為12(3)由(2)可得:f′若函數(shù)fx在區(qū)間(1,2)上存在減區(qū)間,等價于?xf′x可得?x∈1,2構(gòu)建gx=x2?2x,可知∴g故?1<?2a,解得則a的取值范圍為?∞,1(4)由(2)可得:f′若函數(shù)fx在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),等價于?xf可得?x∈1,2構(gòu)建gx=x2?2x,可知∴g故?1<?2a<0則a的取值范圍為0,【26】A解析:f′因為fx在R上為單調(diào)遞增函數(shù),故f′x≥0所以Δ=4+12a≤0【27】B解析:由fx=lnx+x又fx的單調(diào)遞減區(qū)間是12,1,所以12和1是方程2x2【28】A解析:由fx=f∵函數(shù)fx在?1∴f′x=x2即x2?2ax+2x?∴?12?21?a?2a選:A.【29】C解析:f′當a=0時,f此時fx當a≠0時,則要求??x=ax2??3??4<0,故故a的取值范圍18,1【30】D解析:因為函數(shù)fx的定義域為0,+∞,所以2k?1≥f令f′x=0,得x=1因為fx在定義域的一個子區(qū)間2k?所以2k?1<12<2k+1,得【31】A解析:依題意f′x=?lnx+1x+a?令gx=?lnx+1x+a?1z則z′x=1x+1x2又由z1=0,得故a=zx>0,所以,a的取值范圍【32】D解析:∵f若fx在區(qū)間12,2內(nèi)存在單調(diào)遞增區(qū)間,則f′x>令gx=?12x2,則gx=?12x2在【33】?∞,解析:由函數(shù)fx=?x3?2x,可得f′x=?3因為f2m>fm+2,可得即實數(shù)f2m>fm+2不等式的解集為【34】A解析:因為fx所以f′x=1?1x2>0則不等式f2x?1<fx+2所以不等式的的解集為(1,3).故選:A【35】D解析:因為fx所以f′x=1+1由fx2?4≤f3x可得,0【36】(1,4)解析:f?x=?x?sin?x=?x?sin而f′x=1?cosx從而f?1所以不等式f1?x2+f3x解析:f?∵f?則f′∵2∴f′又fx則fx∴x∴x>1或x【38】A解析:函數(shù)fx的定義域為R,f?x=?∵f′x=5x4?2+ex+e由fa?1+f2a2≤0可得f2a2≤?f【39】B解析:令gx=fx?x,不等式fg′x=f′x?1,因為f′x>1,所以g′x>0,所以gx故選:B.【40】D解析:令函數(shù)gx=fx?sin因為f′x≥cosx,所以.因為fx是奇函數(shù),所以f所以gx≥0的解集為[0,+∞),即f故選:D.【41】A解析:令gx因為對任意x∈所以g′x=f′x+1<0又因為f2=?1,所以由fx>1?x,可得f所以x<2,即不等式fx>1?x【42】A解析:令gx=fx?x∵由已知得,g′x=f′x?1<0又由f2=3得,g2=f2?3故選:A.【43】A解析:因為fx<x2+令gx=fx?因為f′x<12,所以g′x<0因為f1=1,所以g1=所以x>1,即不等式fx<x2+【44】A解析:令gx=fx?所以gx在0,+∞上單調(diào)遞增,fx>2lnx+1等價于fx?所以不等式fx>2lnx+1【45】B解析:令gx=fx?所以gx在R上單調(diào)遞增,又f2=5不等式fx>x2+1,即fx?x即不等式fx>x2+1【46】B解析:令gx=fx+g故gx為奇函數(shù),即fg故gx在Rf故fx即gx所以x2?x?3≥2x+1,x解析:由b=1e=lnee,令y=lnxx,則當x∈0,e時,y′>0;當故y=lnxx在(0,e)上單調(diào)遞增,在由7>5>e,則lnee>ln5【48】C解析:由題,c=eln.令fx=因為x≥e,所以f′x=lnx?1ln2x≥0,所fx=xlnx在[e,+∞)上單調(diào)遞增,又a=f4,b=f3,c=fe,e<3<4,故c<b<a.故選:C.【49】B解析:因為lna=23ln32,lnb=57ln75,lnc=35ln53,故令fx=lnxx1<x<e,則f′x=1?lnxx2,因為1<x<e,所以0<lnx<1,故f′x=1?lnxx2>0恒成立,所以fx在(1,e)上單調(diào)遞增,因為1<75<32<53<e,所以ln7575<ln3232<ln5353,即57ln75<23ln32<35ln解析:令fx=14?x因為y=?lnx在0,+∞上單調(diào)遞減,y=14x所以f′x=?lnx+14而f′5=?ln5+14f′x<0.所以fx=所以f6>f7>f8,即8【53】A解析:依題意令fx=a則f′x=ex?1,所以當即fx=ex?x又12=lne12<ln2<1,所以【54】A解析:依題意a構(gòu)造函數(shù)fx=ex?求導得f′x=ex?1>0因為e≈2.718,e5≈148.3,又34=81,則e即1<ln3<54,因為a=選:A.【55】A解析:因為a=同時取自然對數(shù)可