《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 理（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課時(shí)達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 理 [解密考綱]本考點(diǎn)主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性．高考中導(dǎo)數(shù)試題經(jīng)常和不等式、函數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列等知識(shí)相結(jié)合，作為中檔題或壓軸題出現(xiàn)．三種題型均有出現(xiàn)，以解答題為主，難度較大． 一、選擇題 1．(xx·福建福州模擬)函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則y＝f′(x)的圖象可能是(　D　) 解析：由函數(shù)f(x)的圖象可知，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0，＋∞)上f′(x)<0.選項(xiàng)D滿足，故選D． 2．(xx

2、·蘇中八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x－ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(　A　) A．(0,1) B．(0，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞) 解析：函數(shù)的定義域是(0，＋∞)， 且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0， 解得00”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的(　A　) 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 解析：f′(x)＝x2＋a，當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分

3、不必要條件． 4．函數(shù)f(x)對(duì)定義域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且當(dāng)x≠1時(shí)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足xf′(x)>f′(x)，若1f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，x∈(－∞，1)時(shí)，函數(shù)單調(diào)

4、遞減．∵12，∴f(log2a)0的解集為(　D　) A．(－∞，－2)∪(1，＋∞) B．(－∞，2)∪(1,2) C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞) 解析：由題圖可知，f′(x)>0，則x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0，則x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等價(jià)于或 解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．

5、 6．若函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在其定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　C　) A．[1，＋∞) B．[1,2) C． D． 解析：f′(x)＝4x－＝， ∵x>0，由f′(x)＝0得x＝. ∴令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0

6、x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)． 8．f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函數(shù)，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則n＝1或2. 解析：∵f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函數(shù)，∴n2－3n＝2k(k∈Z)， 即f(x)＝x2k，∴f′(x)＝2kx2k－1， ∵f(x)是偶函數(shù)且在(0，＋∞)上是減函數(shù)， ∴在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立． ∵x2k－1>0，∴2k<0.即n2－3n<0，解得0

7、義域是x＋2>0，即x>－2，而f′(x)＝－x＋＝.因?yàn)閤＋2>0，函數(shù)f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，即－x2－2x＋b≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b≤x2＋2x在x∈(－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，x∈(－1，＋∞)，則g(x)>g(－1)＝－1，所以b≤－1，則b的最大值為－1. 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解析：(1)由題意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0

8、，故k＝1. (2)由(1)知，f′(x)＝. 設(shè)h(x)＝－ln x－1(x>0)，則h′(x)＝－－<0， 即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． 由h(1)＝0知，當(dāng)00，從而f′(x)>0； 當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<0，從而f′(x)<0. 綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 11．已知二次函數(shù)h(x)＝ax2＋bx＋2，其導(dǎo)函數(shù)y＝h′(x)的圖象如圖，f(x)＝6ln x＋h(x)． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解析：(1)由已知，h′(x

9、)＝2ax＋b，其圖象為直線，且過(0，－8)，(4,0)兩點(diǎn)，把兩點(diǎn)坐標(biāo)代入h′(x)＝2ax＋b， ∴解得 ∴h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8， ∴f(x)＝6ln x＋x2－8x＋2. (2)f′(x)＝＋2x－8＝， ∵x>0，∴f′(x)，f(x)的變化如下： x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 遞增 遞減 遞增 ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)和(3，＋∞)， 遞減區(qū)間為(1,3)， 要使函數(shù)f(x)在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)， 則解得

10、. 12．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1. (1)求b，c的值； (2)若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且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． 解析：(1)函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)， f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得即 (2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)， 當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，(a，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，a)． (3)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， 即x∈(－2，－1)時(shí)，a