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[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
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基礎知識

函式單調性與導數

在某個區間\((a ,b)\)內，若\(f'(x)>0\)，則函式\(y=f(x)\)在這個區間內單調遞增；
若\(f'(x)<0\) ，則函式\(y=f(x)\)在這個區間內單調遞減．
解釋
(1) 如下圖，導數\(f' (x_0)\)

表示函式\(y=f(x)\)的圖象在點\((x_0，f(x_0))\)處的切線的斜率，可發現，
在\(x=x_0\)處，\(f' (x_0 )>0\)，切線是“左下右上”的上升式，函式\(f(x)\)的圖象也是上升的，函式\(f(x)\))在\(x=x_0\)附近單調遞增；
在\(x=x_1\)處，\(f' (x_1 )<0\)，切線是“左上右下”的下降式，函式\(f(x)\)的圖象也是下降的，函式\(f(x)\)在\(x=x_1\)附近單調遞減.

(2) 若函式\(y=f(x)\)在某個區間\((a ,b)\)內單調遞增，則\(∀x∈(a ,b)\) ,\(f' (x)≥0\)(含等號)恆成立，但不存在一區間\((c ,d)⊆(a ,b)\)內使得\(f' (x)=0\)；
假如存在一區間\((c ,d)⊆(a ,b)\)內使得\(f' (x)=0\)，那原函式\(y=f(x)\)在區間\((c ,d)\)內恆等於一個常數，即\(f(x)=m\)(\(m\)是個常數)，則原函式不可能在\((a ,b)\)內單調遞增.
\(\qquad \qquad\)
函式\(y=f(x)\)在某個區間\((a ,b)\)內單調遞減有類似結論！
(3)導函式“穿線圖”與原函式“趨勢圖”
① 導函式“穿線圖”關注導函式在各區間的正負，故特別注意函式與x軸的交點情況，
如\(f'(x)=x\)與\(f' (x)=e^x-1\)的“穿線圖”視為一樣的，它們在\((-∞,0)\)上為負，在\((0,+∞)\)上為正.
\(\qquad \qquad\)
② 原函式“趨勢圖”僅關注函式在各區間上的單調性，沒顧及其最值或曲線形狀等，
如由導函式\(f' (x)=x-1\)的“穿線圖”易得原函式\(y=f(x)\)在\((-∞,0)\)上遞減，在\((0,+∞)\)上為遞增，趨勢圖可如下圖，

③ 後面涉及到函式單調性均可通過分析導函式“穿線圖”得出原函式的單調性.
 

基本方法

【題型1】已知函式單調性求引數範圍

【典題1】 若函式\(f(x)=x^3-3kx+1\)在區間\((1,+∞)\)上單調遞增，則實數\(k\)的取值範圍是(　　)
 A．\((-∞,1)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\((-∞,1]\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\([-1,+∞)\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\([1,+∞)\)
解析 因為\(f(x)=x^3-3kx+1\)，所以\(f'(x)=3x^2-3k\)，
當\(k⩽0\)時，\(f'(x)⩾0\)恆成立，\(f(x)\)在\(R\)單調遞增，滿足題意；
當\(k>0\)時，令\(f'(x)=3x^2-3k⩾0\)，
則 \(x \leqslant-\sqrt{k}\)或\(x⩾\sqrt{k}\)，
因為\(f(x)\)在區間\((1,+∞)\)上單調遞增，
所以\(\sqrt{k}⩽1\)，即\(0<k⩽1\)，
綜上所述，實數\(k\)的取值範圍是\((-∞,1]\)．
故選：\(B\)．
點撥 \(f(x)\)在\((a,b)\)上遞增\(⇒f'(x)≥0\)在\((a,b)\)上恆成立，等號是否成立有時需要檢驗； \(f(x)\)在\((a,b)\)上遞減\(⇒f'(x)≤0\)在\((a,b)\)上恆成立，等號是否成立有時需要檢驗.
 

【鞏固練習】

1.若函式\(f(x)=(x^2-4ax+2) e^x\)在\(R\)上單調遞增，則\(a\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\).
 

2.已知函式\(f(x)=\sin ⁡ ⁡x+a\cos ⁡ ⁡x\)在區間\(\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上是減函式，則實數\(a\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\) .
 

3.已知函式\(f(x)=(x-a)\ln⁡ x\),\(a∈R\)．若函式\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上為增函式，則\(a\)的取值範圍\(\underline{\quad \quad}\) .
 

參考答案

1. 答案 \(\left[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right]\)
   解析 對函式求導：\(f'(x)=(x^2-4ax+2x+2-4a)⋅e^x\)，
   由已知有\(f'(x)≥0\)在\(R\)上恆成立，
   又因為\(e^x>0\)恆成立，故僅需\(x^2+(2-4a)x+2-4a⩾0\)恆成立，
   故\(△=(2-4a)^2-4(2-4a)⩽0\)，解得\(-\dfrac{1}{2} ⁡ ⩽a⩽\dfrac{1}{2}\) ⁡ .

2. 答案 \([1,+∞)\)
   解析 由題意得\(f'(x)=\cos ⁡ ⁡x-a\sin ⁡ ⁡x⩽0\)在區間\(\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上恆成立，
   所以 \(a \geqslant \dfrac{\cos x}{\sin x}=\dfrac{1}{\tan x}\)在區間\(\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上恆成立，
   因為當\(x \in\left(\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{\pi}{2}\right)\)時，\(0<\dfrac{1}{\tan x}<1\)，所以\(a⩾1\)．

3. 答案 \(\left(-\infty,-e^{-2}\right]\)
   解析 函式\(f(x)=(x-a)\ln⁡ x\),\(a∈R\),則\(f^{\prime}(x)=\ln x+1-\dfrac{a}{x}\)，
   函式\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上為增函式，轉化為\(f'(x)⩾0\)在\((0,+∞)\)上恆成立，
   即\(a⩽x\ln⁡ x+x\)在\((0,+∞)\)上恆成立，
   令\(g(x)=x\ln⁡ x+x\)，\(x∈(0,+∞)\)，則\(g'(x)=\ln⁡ x+2\)，
   由\(g'(x)=0\)得\(x=e^{-2}\)，由\(g'(x)>0\)得\(x>e^{-2}\)，由\(g'(x)<0\)得\(0<x<e^{-2}\)，
   \(\therefore g(x)\)在\((0,e^{-2})\)上單調遞減，在\((e^{-2},+∞)\)上單調遞增，
   \(\therefore\)當\(x=e^{-2}\)時，\(g(x)\)取得極小值也是最小值，且\(g(e^{-2})=-e^{-2}\)，
   \(\therefore a⩽-e^{-2}\)，
   故實數\(a\)的取值範圍為\((-∞,-e^{-2}]\).

【題型2】比較大小

【典題1】 若\(1<x<y<2\)，則(　　)
 A．\(e^x+3y<e^y+3x\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(e^x+3y>e^y+3x\)
 C．\(x^3+3y^2<y^3+3x^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(x^3+3y^2>y^3+3x^2\)
解析 令\(f(x)=e^x-3x\),\(x∈(1,2)\)，
則\(f'(x)=e^x-3\)，由\(f'(x)=0\)，可得\(x=\ln⁡ 3\)，
所以當\(x∈(1,\ln⁡ 3)\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
當\(x∈(\ln⁡ 3,2)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
所以當\(1<x<y<\ln⁡ 3\)時，\(e^x-3x>e^y-3y\)，即\(e^x+3y>e^y+3x\)，
當\(\ln⁡ 3<x<y<2\)時，\(e^x-3x<e^y-3y\)，
即\(e^x+3y<e^y+3x\)，故\(A\),\(B\)錯誤；
令\(g(x)=x^3-3x^2\),\(x∈(1,2)\)，
則\(f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)<0\)，
所以\(g(x)\)在\((1,2)\)上單調遞減，
因為\(1<x<y<2\)，所以\(x^3+3y^2>y^3+3x^2\)，故\(C\)錯誤，\(D\)正確．
故選：\(D\)．
點撥 需要根據不等式建構函式，再通過函式單調性判斷大小.
 

【鞏固練習】

1.若\(x, y \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)，且\(x\sin ⁡ x-y\sin ⁡ y>0\)，則下列不等式一定成立的是(　　)
 A．\(x<y\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(x>y\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(|x|<|y|\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(|x|>|y|\)
 

2.若對於任意的\(0<x_1<x_2<a\)，都有 \(\dfrac{\ln x_1}{x_1}-\dfrac{\ln x_2}{x_2}<\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_1}\)，則\(a\)的最大值為(　　)
 A．\(2e\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(e\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{2}\) ⁡
 

3.若\(0<x_1<x_2<1\)，則下列結論正確的是(　　)
 A．\(\ln \dfrac{x_1}{x_2}<e^{x_1}-e^{x_2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\ln \dfrac{x_1}{x_2}>e^{x_1}-e^{x_2}\)
 C．\(\dfrac{x_1}{x_2}>\sqrt{e^{x_1-x_2}}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{x_1}{x_2}<\sqrt{e^{x_1-x_2}}\)
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 令\(f(x)=x\sin ⁡ x\)，\(x \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)，則\(f(x)\)為偶函式，
   當\(x>0\)時，\(f'(x)=\sin ⁡ x+x\cos ⁡ x>0\)，即\(f(x)\)在\(\left[0, \dfrac{1}{2} \pi\right]\)上單調遞增，
   根據偶函式的對稱性可知，\(f(x)\)在\(\left[-\dfrac{1}{2} \pi, 0\right)\)上單調遞減，距離對稱軸越遠，函式值越大，
   由\(x\sin ⁡ x-y\sin ⁡ y>0\)，可得\(x\sin ⁡ x>y\sin ⁡ y\)，即\(f(x)>f(y)\)，
   從而可得\(|x|>|y|\)．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 \(\because \dfrac{\ln x_1}{x_1}-\dfrac{\ln x_2}{x_2}<\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_1}\)，\(\therefore \dfrac{\ln x_1+1}{x_1}<\dfrac{\ln x_2+1}{x_2}\)，
   據此可得函式\(f(x)=\dfrac{\ln x+1}{x}\)在定義域\((0,a)\)上單調遞增，
   其導函式：\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-(\ln x+1)}{x^2}=-\dfrac{\ln x}{x^2} \geq 0\)在\((0,a)\)上恆成立，
   據此可得：\(0<x≤1\)，
   即實數\(a\)的最大值為\(1\)．
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(D\)
   解析 對於\(A\)：由\(\ln \dfrac{x_1}{x_2}<e^{x_1}-e^{x_2}\) ，
   得\(\ln x_1-\ln x_2<e^{x_1}-e^{x_2}\)，得：\(e^{x_1}-\ln x_1>e^{x_2}-\ln x_2\)，
   令\(f(x)=e^x-\ln x\)，則\(f(x_1)>f(x_2)\)，
   由函式\(f(x)=e^x-\ln x\)，得：\(f'(x)=e^x-\dfrac{1}{x} ⁡\)，\(f'(x)\)在\((0,1)\)遞增，
   而\(f'(1)=e-1>0\)，\(x→0\)時，\(f'(x)→-∞\)，
   故存在\(x_0∈(0,1)\)，使得\(f'(x_0)=0\)，
   故\(f(x)\)在\((0,x_0)\)遞減，在\((x_0,1)\)遞增，
   ①若\(x_0<x_1<x_2<1\)，則\(f(x_1 )<f(x_2 )\)，
   ②若\(0<x_1<x_2<x_0\)，則\(f(x_1 )>f(x_2 )\)，
   ③若\(x_1<x_0<x_2\)，則\(f(x_1 )\)和\(f(x_2 )\)無法比較大小，故\(A\)錯誤；
   同理\(B\)錯誤；
   對於\(C\)：令\(g(x)=x^2 e^x\)，\((0<x<1)\)，
   則\(g'(x)=e^x (x^2+2x)>0\)，
   故\(g(x)\)在\((0,1)\)遞增，由\(0<x_1<x_2<1\)，得\(g(x_1 )<g(x_2 )\)，
   即\(x_1^2 e^{x_1}<x_2^2 e^{x_2}\)，即\(\left(\dfrac{x_1}{x_2}\right)^2<\dfrac{e^{x_2}}{e^{x_1}}\)，
   故\(\dfrac{x_1}{x_2}<\sqrt{e^{x_2-x_1}}\)，
   故\(C\)錯誤，\(D\)正確；
   故選：\(D\)．
    

【題型3】比較數值大小

【典題1】 若 \(a=\dfrac{\ln 4}{4}\), \(b=\dfrac{\ln 5.3}{5.3}\)， \(c=\dfrac{\ln 6}{6}\)，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小是(　　)
 A．\(a<b<c\) \(\qquad \qquad\) B．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad\) C．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) D．\(b<a<c\)
解析 設 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
令\(f'(x)>0\)，可得\(0<x<e\)，令\(f'(x)<0\)，可得\(x>e\)，
所以\(f(x)\)在\((0,e)\)上單調遞增，在\((e,+∞)\)上單調遞減，
因為\(e<4<5.3<6\)，
所以\(f(4)>f(5.3)>f(6)\)，
即 \(\dfrac{\ln 4}{4}>\dfrac{\ln 5.3}{5.3}>\dfrac{\ln 6}{6}\)，即\(a>b>c\)．
故選：\(B\)．
點撥 需要數值的結構特點建構函式，再通過函式單調性判斷大小.
 

【典題2】 已知 \(a=e^{0.1}-1\)，\(b=\sin ⁡ ⁡0.1\)，\(c=\ln ⁡1.1\)，則(　　)
 A．\(a<b<c\) \(\qquad \qquad\) B．\(b<c<a\) \(\qquad \qquad\) C．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) D．\(c<b<a\)
解析 令\(f(x)=e^x-x-1\)，則\(f'(x)=e^x-1\)，
當\(x∈(0,+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上是增函式，
故\(f(0.1)>f(0)\)，即 \(e^{0.1}-0.1-1>0\)，故\(a=e^{0.1}-1>0.1\)，
令\(g(x)=\sin ⁡ ⁡x-x\)，則\(g'(x)=\cos ⁡ ⁡x-1<0\)在\((0,1)\)上恆成立，
故\(g(x)=\sin ⁡ ⁡x-x\)在\((0,1)\)上單調遞減，
故\(g(0.1)<g(0)\)，即\(\sin ⁡ ⁡0.1-0.1<0\)，即\(b=\sin ⁡ ⁡0.1<0.1\)，
令\(h(x)=\ln ⁡ (x+1)-\sin ⁡ ⁡x\)，
則 \(h^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}-\cos x=\dfrac{1-(x+1) \cos x}{x+1}\)，
令\(m(x)=1-(x+1)\cos ⁡ ⁡x\)，
則\(m'(x)=-\cos ⁡ ⁡x+(x+1)\sin ⁡ ⁡x\)，
易知\(m'(x)\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上是增函式，
且\(m^{\prime}\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\left(1+\dfrac{\pi}{6}\right) \dfrac{1}{2}=\dfrac{-6 \sqrt{3}+6+\pi}{12}<0\)，
故\(m'(x)<0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上恆成立，故\(m(x)\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上是減函式，
又\(\because m(0)=1-1=0\)，故\(m(x)<0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上恆成立，
故\(h'(x)<0\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上恆成立，故\(h(x)\)在\(\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)上是減函式，
故\(h(0.1)<h(0)=0\)，即\(\ln ⁡ 1.1-\sin ⁡ ⁡0.1<0\)，即\(c<b\)，
故\(c<b<a\)，
故選：\(D\)．
 

【鞏固練習】

1.已知 \(a=\dfrac{\ln \sqrt{2}}{4}\)， \(b=\dfrac{1}{e^2}\)， \(c=\dfrac{\ln \pi}{2 \pi}\)，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小關係為(　　)
 A.\(a<c<b\) \(\qquad \qquad\) B. \(b<a<c\) \(\qquad \qquad\) C. \(a<b<c\) \(\qquad \qquad\) D. \(c<a<b\)
 

2.已知\(a=\dfrac{3}{\ln 3}\)，\(b=e\)， \(c=\dfrac{e^2}{2}\)(\(e\)為然對數的底數)，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小關係為(　　)
 A．\(c>a>b\) \(\qquad \qquad\) B．\(c>b>a\) \(\qquad \qquad\) C．\(a>c>b\) \(\qquad \qquad\) D．\(b>c>a\)
 

3.設\(a=e^{-1}\) ， \(b=\dfrac{1}{2} e^{-\frac{1}{2}}\)，\(c=\ln ⁡ 2\)，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小關係為(　　)
 A.\(b<c<a\) \(\qquad \qquad\) B.\(a<b<c\) \(\qquad \qquad\) C. \(b<a<c\) \(\qquad \qquad\) D. \(c<a<b\)
 

4.設 \(a=\dfrac{10}{11}\)， \(b=\dfrac{1}{e^{0.1}}\)，\(c=0.9\)，則(　　)
 A．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad\) B．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) C．\(b<c<a\) \(\qquad \qquad\) D．\(a<c<b\)
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 因為\(a=\dfrac{\ln \sqrt{2}}{4}=\dfrac{\ln 2}{8}=\dfrac{2 \ln 2}{16}=\dfrac{\ln 4}{16}\)，\(b=\dfrac{1}{e^2}=\dfrac{\ln e}{e^2}\)，\(c=\dfrac{\ln \pi}{2 \pi}=\dfrac{\ln \sqrt{\pi}}{\pi}\)，
   所以建構函式 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}\)，
   則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{x-2 x \ln x}{x^4}=\dfrac{1-2 \ln x}{x^3}\)，
   令\(f'(x)>0\)得\(0<x<\sqrt{e}\)；令\(f'(x)<0\)得\(x>\sqrt{e}\)；
   所以函式\(f(x)\)在\((0,\sqrt{e})\)上單調遞增，在\((\sqrt{e},+∞)\)上單調遞減，
   因為\(\sqrt{e}<\sqrt{\pi}<e<4\)，
   所以\(f(\sqrt{\pi})>f(e)>f(4)\)，即\(c>b>a\).
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(A\)
   解析 \(\because a=\dfrac{3}{\ln 3}\)， \(b=e=\dfrac{e}{\ln e}\)， \(c=\dfrac{e^2}{2}=\dfrac{e^2}{\ln e^2}\)，
   \(\therefore\)令\(f(x)=\dfrac{x}{\ln x}\)，則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{\ln x-1}{(\ln x)^2}\)，
   \(\therefore\)當\(x∈(e,+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，
   \(\therefore f(x)\)在\([e,+∞)\)上是增函式，
   而\(a=\dfrac{3}{\ln 3}=f(3)\)，\(b=e=\dfrac{e}{\ln e}=f(\mathrm{e})\)，\(c=\dfrac{e^2}{2}=\dfrac{e^2}{\ln e^2}=f\left(e^2\right)\)，
   且\(e<3<e^2\)，則\(c>a>b\)，
   故選：\(A\)．

3. 答案 \(C\)
   解析 設\(\text { 沒 } f(x)=x e^{-x}\) ，則 \(f^{\prime}(x)=(1-x) e^{-x}\)，
   當\(x≤1\)時，\(f'(x)≥0\)，\(f(x)\)單調遞增，
   當\(x>1\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
   \(\therefore f(1)>f(\dfrac{1}{2} ⁡ )\)，即\(a>b\)，
   \(\because c=\ln 2>\ln \sqrt{e}=\dfrac{1}{2}>\dfrac{1}{e}=a\)，\(\therefore b<a<c\)，
   故選：\(C\)．

4. 答案 \(A\)
   解析 令\(f(x)=e^x-(x+1)\)，則\(f'(x)=e^x-1\)，
   當\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)，當\(x<0\)時，\(f'(x)<0\)，
   \(\therefore\)當\(x=0\)時，\(f(x)\)取得最小值，即\(f(x)⩾f(0)=0\)，
   \(\therefore e^x⩾x+1\)，\(\therefore e^{0.1}>0.1+1=1.1\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{e^{0.1}}<\dfrac{1}{1.1}=\dfrac{10}{11}\)，即\(b<a\)，
   \(\therefore \dfrac{1}{e^{0.1}}=e^{-0.1}>-0.1+1=0.9\)，即\(b>c\)，
   綜上，可得\(c<b<a\)．
   故選：\(A\)．
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.已知函式\(f(x)=(x^2-4x+a) e^x\)在區間\([-2，3]\)上單調遞減，則實數\(a\)的取值範圍是(　　)
 A．\((-∞,-4]\) \(\qquad \qquad\) B．\((-∞,5]\) \(\qquad \qquad\) C．\((-∞,1]\) \(\qquad \qquad\) D．\((-∞,-8]\)
 

2.已知\(a=\dfrac{\ln 3}{3}\)，\(b=\dfrac{1}{e}\)，\(c=\dfrac{\ln 5}{5}\)，則以下不等式正確的是(　　)
 A．\(c>b>a\) \(\qquad \qquad\) B．\(a>b>c\) \(\qquad \qquad\) C．\(b>a>c\) \(\qquad \ \qquad\) D．\(b>c>a\)
 

3.已知\(a=\dfrac{1}{e}\)，\(b=\dfrac{\ln 5}{5}\)，\(c=\dfrac{2}{5}\)，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小關係為(　　)
 A．\(b<c<a\)\(\qquad \qquad\) B．\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) C．\(c<b<a\) \(\qquad \qquad\) D．\(b<a<c\)
 

4.下列不等式正確的是(　　)
 A．\(\dfrac{\ln 2}{2}>\dfrac{\ln 4}{4}\) \(\qquad \qquad\) B．\(\dfrac{2 \ln 3}{3}>\ln 2\) \(\qquad \qquad\) C．\(e\ln ⁡ 10>10\) \(\qquad \qquad\) D． \(2^{\sqrt{6}}>6\)
 

5.設\(a=e^{0.5}\)，\(b=\dfrac{3}{e}\)，\(c=\ln ⁡ 3\)，其中\(e\)為自然對數的底數，則\(a\)、\(b\)、\(c\)的大小關係是(　　)
 A.\(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) B. \(b<c<a\) \(\qquad \qquad\) C. \(a<c<b\) \(\qquad \qquad\) D. \(c<b<a\)
 

6.已知\(a=\ln \sqrt[3]{3}\)，\(b=e^{-1}\)，\(c=\ln ⁡ (e+1)-1\)，則(　　)
 A.\(a<b<c\) \(\qquad \qquad\) B. \(c<a<b\) \(\qquad \qquad\) C. \(a<c<b\) \(\qquad \qquad\) D. \(b<c<a\)
 

7.若\(\ln x-\ln y<\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{1}{\ln y}(x>1, y>1)\)，則(　　)
 A． \(e^{y-x}>1\) \(\qquad \qquad\) B． \(e^{y-x}<1\) \(\qquad \qquad\) C． \(e^{y-x-1}>1\) \(\qquad \qquad\) D． \(e^{y-x-1}<1\)
 

8.若\(\alpha, \beta \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)，且\(α\sin ⁡ α-β\sin ⁡ β>\cos ⁡ α-\cos ⁡ β\)，則下列結論中必定成立的是(　　)
 A．\(α>β\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(α>-β\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(α<β\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(|α|>|β|\)
 

9.已知 \(0<\alpha<\beta<\dfrac{\pi}{2}\)，則下列不等式中恆成立的是(　　)
 A．\(α^α<β^β\)\(\qquad \qquad \qquad\) B．\(α^α≤β^β\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(α^β>β^α\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(α^β<β^α\)
 

10.已知函式\(f(x)=\dfrac{1}{2} ⁡ x^2+2ax-\ln ⁡ x\)，若\(f(x)\)在區間\([1,3]\)上單調遞增，則實數\(a\)的範圍為\(\underline{\quad \quad}\) .
 

參考答案

1. 答案 \(A\)
   解析 因為函式\(f(x)=(x^2-4x+a) e^x\)在\([-2，3]\)上單調遞減，
   所以\(f'(x)=(x^2-2x+a-4) e^x⩽0\)在\([-2，3]\)上恆成立，
   則\(x^2-2x+a-4⩽0\)在\([-2，3]\)上恆成立，
   即\(a \leqslant\left(-x^2+2 x+4\right)_{\text {min }}\)，
   又\(-x^2+2x+4\)的最小值為\(-4\)，所以\(a⩽-4\)，
   故選：\(A\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 令 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
   當\(x>e\)時，\(f'(x)<0\)，函式單調遞減，
   因為\(5>3>e\)，所以\(f(5)<f(3)<f(e)\)，
   即 \(\dfrac{\ln 5}{5}<\dfrac{\ln 3}{3}<\dfrac{\ln e}{e}\)，即\(b>a>c\)．
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(D\)
   解析 \(\because a-c=\dfrac{1}{e}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{5-2 e}{5 e}<0\)，\(\therefore a<c\)，
   令 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
   故當\(x∈(e,+∞)\)時， \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0\)，
   故\(f(x)\)在\([e,+∞)\)上是減函式，
   而 \(a=\dfrac{1}{e}=f(\mathrm{e})\)， \(b=\dfrac{\ln 5}{5}=f(5)\)，
   故\(b<a\)，故\(b<a<c\)，
   故選：\(D\)．

4. 答案 \(B\)
   解析 因為 \(\dfrac{\ln 4}{4}=\dfrac{2 \ln 2}{4}=\dfrac{\ln 2}{2}\)，\(A\)錯誤；
   \(2\ln ⁡ 3=\ln ⁡ 9\)，\(3\ln ⁡ 2=\ln ⁡ 8\)，\(\ln ⁡ 9>\ln ⁡ 8\)，故\(2\ln ⁡ 3>3\ln ⁡ 2\)，
   所以 \(\dfrac{2 \ln 3}{3}>\ln 2\)，\(B\)正確；
   令 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\)，
   易得，當\(0<x<e\)時，\(f'(x)>0\)，函式單調遞增，
   當\(x>e\)時，\(f'(x)<0\)，函式單調遞減，
   故\(f(10)<f(e)\)，
   所以 \(\dfrac{\ln 10}{10}<\dfrac{1}{e}\)，即\(e\ln ⁡ 10<10\)，\(C\)錯誤；
   根據二次函式與冪函式性質可知，當\(2<x<4\)時，\(2^x<x^2\)，
   所以 \(2^{\sqrt{6}}<\sqrt{6}^2=6\)，\(D\)錯誤．
   故選：\(B\)．

5. 答案 \(D\)
   解析 易知\(a=e^{0.5}>\left(\dfrac{9}{4}\right)^{0.5}=1.5\)，\(b=\dfrac{3}{e}<\dfrac{3}{2}=1.5\)，\(c=\ln 3<\ln \sqrt{e^3}=1.5\)，
   令\(f(x)=\ln x-\dfrac{x}{e}\)，則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{e}\)，
   故當\(x∈(e,+∞)\)時，\(f'(x)<0\)，
   故\(f(x)\)在\((e,+∞)\)上是減函式，
   而\(f(e)=0\)，故\(f(3)<0\)，
   即\(\ln 3-\dfrac{3}{e}<0\)，即 \(\ln 3<\dfrac{3}{e}\)，
   故\(c<b<a\)，
   故選：\(D\)．

6. 答案 \(B\)
   解析 令 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}(x \geq e)\)，
   則\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}<0\)，即\(f(x)\)在\([e,+∞)\)上單調遞減，
   所以\(a=\ln \sqrt[3]{3}=\dfrac{1}{3} \ln 3=f(3)\)，\(b=e^{-1}=\dfrac{1}{e}=f(e)\)，所以\(a<b\)，
   因為\(c=\ln (e+1)-1=\ln \dfrac{e+1}{e}=\ln \left(1+\dfrac{1}{e}\right)\)，
   因為\(\sqrt[3]{3}>1+\dfrac{1}{e}\)，所以 \(\ln \sqrt[3]{3}>\ln \left(1+\dfrac{1}{e}\right)\)，即\(a>c\)，
   綜上，\(b>a>c\).
   故選：\(B\)．

7. 答案 \(A\)
   解析 依題意， \(\ln x-\dfrac{1}{\ln x}<\ln y-\dfrac{1}{\ln y}\)，
   令\(f(t)=t-\dfrac{1}{t}\)，則 \(f^{\prime}(t)=1+\dfrac{1}{t^2}>0\)，
   \(\therefore\)函式\(f(t)\)在\(R\)上單調遞增，
   \(\because \ln x-\dfrac{1}{\ln x}<\ln y-\dfrac{1}{\ln y}\)，即 \(f(\ln x)<f(\ln y)\)，
   \(\therefore \ln x<\ln y\)，
   \(\therefore 1<x<y\)，
   \(\therefore y-x>0\)，
   \(\therefore e^{y-x}>e^0=1\)．
   故選：\(A\)．

8. 答案 \(D\)
   解析 不等式\(α\sin ⁡ α-β\sin ⁡ β>\cos ⁡ α-\cos ⁡ β\)，可整理為\(α\sin ⁡ α-\cos ⁡ α>β\sin ⁡ β-\cos ⁡ β\)，
   令\(f(x)=x\sin ⁡ x-\cos ⁡ x\)， \(x \in\left[-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right]\)，
   上述不等式等價於\(f(α)>f(β)\)，
   \(\because f(-x)=(-x)\sin ⁡ (-x)-\cos ⁡ (-x)=x\sin ⁡ x-\cos ⁡ x=f(x)\)，
   \(\therefore f(x)\)為偶函式．
   又\(f'(x)=2\sin ⁡ x+x\cos ⁡ x\)，
   \(\therefore\)當\(0<x≤\dfrac{\pi}{2} ⁡\)時，\(\sin ⁡ x>0\)，\(x\cos ⁡ x≥0\)，\(\therefore f'(x)>0\)，
   \(\therefore f(x)\)在 \(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上單調遞增，在 \(\left[-\dfrac{\pi}{2}, 0\right)\)上單調遞減．
   結合\(f(x)\)的單調性和奇偶性可作出函式\(f(x)\)的大致草圖如下：
   
   \(\because f(α)>f(β)\)， \(\therefore |α|>|β|\)．
   故選：\(D\)．

9. 答案 \(D\)
   解析 建構函式 \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)，則 \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x}\)，
   令\(f'(x)>0\)，解得\(0<x<e\)，令\(f'(x)<0\)，解得\(x>e\)，
   \(\therefore\)函式\(f(x)\)在(0，e)上單調遞增，在(e，+∞)上單調遞減，
   \(\therefore\)函式\(f(x)\)在 \(\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上單調遞增，
   \(\therefore f(α)<f(β)\)，即 \(\dfrac{\ln \alpha}{\alpha}<\dfrac{\ln \beta}{\beta}\)，
   \(\therefore β\ln α<α\ln β\)，即\(\ln α^β<\ln β^α\)，
   \(\therefore α^β<β^α\)，
   故選：\(D\)．

10. 答案 \([0,+∞)\)
    解析 由題意知，\(f'(x)=x+2a-\dfrac{1}{x} ⁡ ⩾0\)在\([1,3]\)上恆成立，
    即\(2a⩾\dfrac{1}{x} ⁡ -x\)，
    又函式\(y=\dfrac{1}{x} ⁡ -x\)在\([1,3]\)上單調遞減，
    所以當\(x=1\)時，函式\(y\)取得最大值，為\(0\)，
    所以\(2a≥0\)，即\(a≥0\)．
     

【B組---提高題】

1.若\(x,y∈(0,+∞)\)，\(x+\ln ⁡ x=e^y+\sin ⁡ ⁡y\)，則(　　)
 A．\(\ln ⁡ (x-y)<0\) \(\qquad \qquad\) B．\(\ln ⁡ (y-x)>0\) \(\qquad \qquad\) C．\(x<e^y\) \(\qquad \qquad\) D．\(y<\ln ⁡ x\)
 

2.已知\(a=8^{10}\)，\(b=9^9\)，\(c=10^8\)，則\(a\)，\(b\)，\(c\)的大小關係為(　　)
 A．\(b>c>a\) \(\qquad \qquad\) B．\(b>a>c\) \(\qquad \qquad\) C．\(a>c>b\) \(\qquad \qquad\) D．\(a>b>c\)
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 設\(f(x)=x-\sin ⁡ ⁡x(x>0)\)，則\(f'(x)=1-\cos ⁡ ⁡x⩾0\)(不恆為零)，
   故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上為增函式，故\(f(x)>f(0)=0\)，
   所以\(x>\sin ⁡ ⁡x\)，故\(y>\sin ⁡ ⁡y\)在\((0,+∞)\)上恆成立，
   所以\(x+\ln ⁡ x<e^y+y=e^y+\ln ⁡ e^y\)，
   但\(g(x)=x+\ln ⁡ x\)為\((0,+∞)\)上的增函式，
   故\(x<e^y\)，即\(\ln ⁡ x<y\)，
   所以\(C\)成立，\(D\)錯誤．
   取\(x=e\)，考慮\(1+e=e^y+\sin ⁡ ⁡y\)的解，若\(y⩾e+1\)，
   則\(e^y⩾e^{e+1}>5>e+2⩾1+e-\sin ⁡ ⁡y\)，矛盾，
   故\(y<e+1\)，即\(y-x<1\)，
   此時\(\ln ⁡ (y-x)<0\)，故\(B\)錯誤．
   取\(y=1\)，考慮\(x+\ln ⁡ x=e+\sin ⁡ ⁡1\)，
   若\(x⩽2\)，則\(x+\ln ⁡x⩽2+\ln ⁡2<3<e+\dfrac{1}{2}<e+\sin ⁡1\)，矛盾，
   故\(x>2\)，此時\(x-y>1\)，此時\(\ln ⁡ (x-y)>0\)，故\(A\)錯誤，
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(D\)
   解析 令\(f(x)=(18-x)\ln ⁡ x\)，
   則\(f^{\prime}(x)=-\ln x+\dfrac{18}{x}-1\)在\(x⩾8\)時單調遞減，
   又\(f^{\prime}(8)=\dfrac{5}{4}-\ln 8<\dfrac{5}{4}-\ln e^2<0\)，
   所以\(f'(x)<0\)在\(x⩾8\)時恆成立，
   故\(f(x)\)在\(x⩾8\)時單調遞減，所以\(f(8)>f(9)>f(10)\)．
   所以\(10\ln ⁡ 8>9\ln ⁡ 9>8\ln ⁡ 10\)，故 \(8^{10}>9^9>10^8\)．
   故\(a>b>c\)．
   故選：\(D\)．
    

【C組---拓展題】

1.若 \(x+\dfrac{3}{2} y-2=e^x+3 \ln \dfrac{y}{2}\)，其中\(x>2\),\(y>2\)，則(　　)
 A．\(e^x<y\) \(\qquad \qquad\) B．\(2x>y\) \(\qquad \qquad\) C． \(4 e^{\frac{x}{2}}>y\) \(\qquad \qquad\) D．\(2e^x>y\)
 

2.若實數\(a\),\(b\)滿足 \(2 \ln a+\ln (2 b) \geq \dfrac{a^2}{2}+4 b-2\)，則(　　)
 A．\(a+b=\sqrt{2}+\dfrac{1}{4}\) ⁡ \(\qquad \qquad\) B．\(a-2b=\sqrt{2}-\dfrac{1}{4} ⁡\) \(\qquad \qquad\) C．\(a^2+b>3\) \(\qquad \qquad\) D．\(a^2-4b<1\)
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 因為 \(x+\dfrac{3}{2} y-2=e^x+3 \ln \dfrac{y}{2}\)，
   所以 \(e^x-x=\dfrac{3}{2} y-2-3 \ln \dfrac{y}{2}=2\left(\dfrac{y}{2}-1-\ln \dfrac{y}{2}\right)+\dfrac{y}{2}-\ln \dfrac{y}{2}\)，
   令\(f(x)=x-1-\ln ⁡ x\)，則 \(f^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}\)，
   當\(x>1\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)為增函式，
   所以\(f(x)>f(1)=0\)，
   因為\(y>2\)，所以 \(\dfrac{y}{2}-1-\ln \dfrac{y}{2}>0\)，
   所以 \(e^x-x>\dfrac{y}{2}-\ln \dfrac{y}{2}=e^{\ln \dfrac{y}{2}}-\ln \dfrac{y}{2}\)，\(x>2\)， \(\ln \dfrac{y}{2}>0\)，
   令\(g(x)=e^x-x\)，則\(g'(x)=e^x-1\)，
   當\(x>0\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
   所以 \(\text { 以 } e^x-x>\dfrac{y}{2}-\ln \dfrac{y}{2}=e^{\ln \dfrac{y}{2}}-\ln \dfrac{y}{2}\)，等價於 \(x>\ln \dfrac{y}{2}\)，
   所以 \(e^x>\dfrac{y}{2}\)，即\(2e^x>y\)．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(A\)
   解析 根據題意，若實數\(a\),\(b\)滿足 \(2 \ln a+\ln (2 b) \geq \dfrac{a^2}{2}+4 b-2\)，
   則\(a>0\)且\(b>0\)，
   又由 \(\dfrac{a^2}{2}+4 b-2 \geq 2 \times \sqrt{\dfrac{a^2}{2} \times 4 b}-2=2 \sqrt{2 a^2 b}-2\)，當且僅當\(a^2=8b\)時等號成立，
   則有 \(2 \ln a+\ln (2 b) \geq 2 \sqrt{2 a^2 b}-2\)，變形可得 \(\ln \left(2 a^2 b\right)-2 \sqrt{2 a^2 b}+2 \geq 0\)，
   設 \(g(x)=\ln x-2 \sqrt{x}+2\)，
   則其導數 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}=\dfrac{1-\sqrt{x}}{x}\)，
   當\(0<x≤1\)時，\(g'(x)≥0\)，則\(g(x)\)在區間\((0,1]\)上為增函式，
   當\(x≥1\)時，\(g'(x)≤0\)，則\(g(x)\)在區間\([1,+∞)\)上為減函式，
   則有\(g(x)≤g(1)=0\)，
   若\(\ln \left(2 a^2 b\right)-2 \sqrt{2 a^2 b}+2 \geq 0\)，
   即\(g(2a^2 b)≥0\)，必有\(2a^2 b=1\)，
   又\(a^2=8b\)，所以\(a=\sqrt{2}\)，\(b=\dfrac{1}{4} ⁡\) ，
   據此分析選項：對於\(A\)，\(a+b=\sqrt{2}+\dfrac{1}{4} ⁡\)，\(A\)正確；
   對於\(B\)，\(a-2b=\sqrt{2}-\dfrac{1}{2} ⁡\)，\(B\)錯誤；
   對於\(C\)， \(a^2+b=\dfrac{9}{4}\)，\(C\)錯誤；
   對於\(D\)，\(a^2-4b=1\)，\(D\)錯誤；
   故選：\(A\)．