《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課后限時集訓(xùn)15 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 建議用時：45分鐘 一、選擇題 1．(2019·武邑中學(xué)第二次調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(0,1]　　　 B．[1，＋∞) C．(－∞，－1]∪(0,1] D．[－1,0)∪(0,1] A　[f′(x)＝2x－＝(x＞0)，令f′(x)≤0，即≤0，解得0＜x≤1，故選A.] 2．若函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，1) C．(－∞，2] D．(－∞，2) C　[f′(x)＝6x2－6mx＋6，由已知條

2、件知x∈(1，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立．設(shè)g(x)＝6x2－6mx＋6，則g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立． 當(dāng)Δ＝36(m2－4)≤0，即－2≤m≤2時，滿足g(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立； 當(dāng)Δ＝36(m2－4)＞0，即m＜－2或m＞2時，則需 解得m≤2，∴m＜－2. 綜上，m≤2，∴實數(shù)m的取值范圍是(－∞，2]．] 3．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖像可能是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D C　[由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像可知，函數(shù)y＝f(x)先減再增，可排除選項A，B；又f′(x)＝

3、0的根為正數(shù)，即y＝f(x)的極值點為正數(shù)，所以可排除選項D，選C.] 4．已知f(x)＝，則(　　) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2) D　[f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝e. ∴當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故x＝e時，f(x)max＝f(e)＝，而f(2)＝＝，f(3)＝＝，所以f(e)＞f(3)＞f(2)，故選D.] 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln

4、x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1,2] B．(4，＋∞) C．(－∞，2) D．(0,3] A　[因為f(x)＝x2－9ln x，所以f′(x)＝x－(x＞0)，由x－≤0，得0＜x≤3，所以f(x)在(0,3]上是減函數(shù)，則[a－1，a＋1](0,3]，所以a－1＞0且a＋1≤3，解得1＜a≤2.] 二、填空題 6．函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a＞0)的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 　[由題意，知f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f′(x)＝－a＞0(a＞0)，得0＜x＜，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為.] 7．若函數(shù)f(x)＝ax

5、3＋3x2－x恰好有三個單調(diào)區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－3,0)∪(0，＋∞)　[由題意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函數(shù)f(x)恰好有三個單調(diào)區(qū)間，得f′(x)有兩個不相等的零點，所以3ax2＋6x－1＝0需滿足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3且a≠0，所以實數(shù)a的取值范圍是(－3,0)∪(0，＋∞)．] 8．若函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－2x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍是________． (－1，＋∞)　[f′(x)＝－ax－2＝，由題意知f′(x)＜0有實數(shù)解， ∵x＞0， ∴ax2＋2x－1＞0有實數(shù)解． 當(dāng)a≥0時，顯

6、然滿足； 當(dāng)a＜0時，只需Δ＝4＋4a＞0， ∴－1＜a＜0. 綜上知a＞－1.] 三、解答題 9．已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(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](1)由題意得f′(x)＝， 又因為f′(1)＝＝0，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)0＜x＜1時，h(x)＞0，從而f′(x)＞0； 當(dāng)x＞1時，h(x)＜0，從而f

7、′(x)＜0. 綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 10．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1. (1)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上為單調(diào)減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求實數(shù)a的值； (4)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍． [解](1)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2對x∈R恒成立． 因為3x2≥0， 所以只需a≤0. 又

8、因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0， f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]． (2)由題意知f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立， 所以a≥3x2在(－1,1)上恒成立， 因為當(dāng)－1＜x＜1時，3x2＜3，所以a≥3，所以a的取值范圍為[3，＋∞)． (3)由題意知f′(x)＝3x2－a，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為， 又f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)， 所以＝1，解得a＝3. (4)由題意知：f′(x)＝3x2－a，當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0，此時f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)，不合題意，故a＞0. 令f′(x

9、)＝0，解得x＝±. 因為f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，所以f′(x)＝0在(－1,1)上有解，需0＜＜1，得0＜a＜3， 所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3)． 1．(2016·全國卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是(　　) A．[－1,1] B. C. D. C　[取a＝－1，則f(x)＝x－sin 2x－sin x，f′(x)＝1－cos 2x－cos x，但f′(0)＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.故選C.] 2．已知定義在上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(

10、x)，且對于任意的x∈，都有f′(x)sin x＜f(x)cos x，則(　　) A.f＞f B．f＞f(1) C.f＜f D.f＜f A　[令g(x)＝， 則g′(x)＝， 由已知得g′(x)＜0在上恒成立， ∴g(x)在上單調(diào)遞減， ∴g＞g，即＞， ∴f＞f.] 3．已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)＝e，對于任意的x∈R,2f(x)－f′(x)＞0，則不等式f(x)＜e2x－1的解集為________． (1，＋∞)　[設(shè)F(x)＝，則F′(x)＝ ＝. 因為2f(x)－f′(x)＞0， 所以F′(x)＝＜0， 即F(x)是減函數(shù)， f(x

11、)＜e2x－1等價于＜1，即F(x)＜1. 又因為f(1)＝e， 所以F(1)＝＝1， 則不等式f(x)＜e2x－1的解集是(1，＋∞)．] 4．已知函數(shù)g(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，若a≥0，試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性． [解]　g′(x)＝ ＝. ∵函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)， ∴當(dāng)a＝0時，g′(x)＝－. 由g′(x)＞0，得0＜x＜1，由g′(x)＜0，得x＞1. 當(dāng)a＞0時，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝， 若＜1，即a＞， 由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜， 由g′(x)＜0，得＜x＜1； 若＞1，即0＜a＜， 由g′(x

12、)＞0，得x＞或0＜x＜1， 由g′(x)＜0，得1＜x＜； 當(dāng)＝1時，即a＝時，在(0，＋∞)上恒有g(shù)′(x)≥0. 綜上可得：當(dāng)a＝0時，g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0＜a＜時，g(x)在(0,1)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減； 當(dāng)a＝時，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＞時，g(x)在，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 1．(2019·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝xsin x，x1，x2∈，且f(x1)＜f(x2)，那么(　　) A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0 C．x－x＞0 D．x－x＜0 D　[由f(x)＝

13、xsin x，得f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，當(dāng)x∈時，f′(x)＞0，即f(x)在上為增函數(shù)，又f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)f(x1)＜f(x2)時，有f(|x1|)＜f(|x2|)，所以|x1|＜|x2|，x－x＜0，故選D.] 2．設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋，其中a為常數(shù)． (1)若a＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． [解](1)由題意知a＝0時，f(x)＝，x∈(0，＋∞)． 此時f′(x)＝，可得f′(1)＝.又f(1)

14、＝0， 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x－2y－1＝0. (2)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f′(x)＝＋＝. 當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增． 當(dāng)a＜0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a， 由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)， ①當(dāng)a＝－時，Δ＝0，f′(x)＝≤0， 函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減． ②當(dāng)a＜－時，Δ＜0，g(x)＜0， f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減． ③當(dāng)－＜a＜0時，Δ＞0. 設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)g(x)的兩個零點， 則x1＝，x2＝. 由x1＝＝＞0， 所以x∈(0，x1)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)遞減； x∈(x1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)遞增； x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)遞減． 綜上可得： 當(dāng)a≥0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞增； 當(dāng)a≤－時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上遞減； 當(dāng)－＜a＜0時，f(x)在，上遞減， 在上遞增． - 8 -