11、
(2)(－∞，1]
解析 (1)當(dāng)a＝時(shí)，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1，0]上單調(diào)遞減．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)．
令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a.
若a≤1，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)x≥0時(shí)g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a＞1，則當(dāng)x∈(0
12、，ln a)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)＝0，從而當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)g(x)<0，即f(x)<0.綜上得a的取值范圍為(－∞，1]．
17．(2018·遼寧大連雙基自測(cè))已知函數(shù)f(x)＝lnx＋(a∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，4)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖像與直線y＝2x相切，求a的值．
答案 (1)a≥－4 (2)4
解析 (1)f′(x)＝＋＝.
∵函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，4)上單調(diào)遞增，
∴f′(x)≥0在(0，4)上恒成立，
∴(x＋1)2＋ax≥0，即a≥－＝－(x＋)－2在(0，4)上恒成立．
13、
∵x＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)，∴a≥－4.
(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，則y0＝2x0，f′(x0)＝2，y0＝lnx0＋，
∴＋＝2①
且2x0＝lnx0＋②
由①得a＝(2－)(x0＋1)2，③
代入②，得2x0＝lnx0＋(2x0－1)(x0＋1)，
即lnx0＋2x02－x0－1＝0.
令F(x)＝lnx＋2x2－x－1，則
F′(x)＝＋4x－1＝>0，
∴F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
∵F(1)＝0，∴x0＝1，代入③式得a＝4.
18．設(shè)函數(shù)f(x)＝xekx(k≠0)．
(1)若k>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)在
14、區(qū)間(－1，1)內(nèi)單調(diào)遞增，求k的取值范圍．
答案 (1)增區(qū)間為(－，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－) (2)[－1，0)∪(0，1]
解析 (1)f′(x)＝(1＋kx)ekx，
若k>0，令f′(x)>0，得x>－，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－，＋∞)，
單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－)．
(2)∵f(x)在區(qū)間(－1，1)內(nèi)單調(diào)遞增，
∴f′(x)＝(1＋kx)ekx≥0在(－1，1)內(nèi)恒成立，
∴1＋kx≥0在(－1，1)內(nèi)恒成立，
即解得－1≤k≤1.
因?yàn)閗≠0，所以k的取值范圍是[－1，0)∪(0，1]．
1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間
15、是( )
A．(－∞，2) B．(0，3)
C．(1，4) D．(2，＋∞)
答案 D
解析 f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故選D.
2.在R上可導(dǎo)的函數(shù)f(x)的圖像如圖所示，則關(guān)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，＋∞)
答案 A
解析 在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)遞增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范圍為(－∞，－1)；
在(－1，1
16、)上，f(x)遞減，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范圍為(0，1)．
綜上，關(guān)于x的不等式xf′(x)<0的解集為(－∞，－1)∪(0，1)．
3．函數(shù)y＝3x2－2lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_______，單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_________．
答案 (，＋∞)，(0，)
解析 y′＝6x－＝.
∵函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴由y′>0，得x>.
∴單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)．
由y′<0，得02，則f(x)>2x＋4的解集為
17、________．
答案 (－1，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上為增函數(shù)，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可轉(zhuǎn)化為g(x)>g(－1)，解得x>－1，故原不等式的解集為(－1，＋∞)．
5．已知f(x)＝ex－ax－1，求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．
答案?、賏≤0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；
②a>0時(shí)，f(x)增區(qū)間為(lna，＋∞)
6．已知函數(shù)f(x)＝mln(x＋1)－(x>－1)，討論f(x)的單調(diào)性．
解析 f′(x)＝(x>－1)
當(dāng)m≤0時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－
18、1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m>0時(shí)，令f′(x)<0，得x<－1＋，函數(shù)f(x)在(－1，－1＋)上單調(diào)遞減；
令f′(x)>0，得x>－1＋，函數(shù)f(x)在(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m>0時(shí)，f(x)在(－1，－1＋)上單調(diào)遞減，在(－1＋，＋∞)上單調(diào)遞增．
7．已知函數(shù)g(x)＝x3－x2＋2x＋1，若g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
答案 (－∞，－2)
解析 g′(x)＝x2－ax＋2，
依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．當(dāng)x
19、∈(－2，－1)時(shí)，a0.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；
(2)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
答案 (1)當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增
(2)略
解析 (1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)
20、＝2－＝.
當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．
(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx.
令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，則φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0.
于是存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0.
令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)．
由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故0＝u(1)f(x0)＝0；
當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0.
故x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0.
綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．
2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第3章 導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用 第2課時(shí) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)—單調(diào)性練習(xí) 理
