《2019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 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)—單調(diào)性練習(xí) 理.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019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 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)—單調(diào)性練習(xí) 理.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
第2課時 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)—單調(diào)性
1．函數(shù)y＝x2(x－3)的單調(diào)遞減區(qū)間是( )
A．(－∞，0) B．(2，＋∞)
C．(0，2) D．(－2，2)
答案 C
解析 y′＝3x2－6x，由y′＜0，得0＜x＜2.
2．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )
A．增函數(shù) B．減函數(shù)
C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減 D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增
答案 A
解析 ∵f′(x)＝1－cosx>0，
∴f(x)在(0，2π)上遞增．
3．已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)y＝xex的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．(－∞，1]
答案 A
解析 令y′＝(1＋x)ex≥0.
∵ex>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，選A.
4．(2017湖北八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A．(0，) B．(，＋∞)
C．(－∞，) D．(－∞，a)
答案 A
解析 由f′(x)＝－a>0，得0
0得x<－2或x>3.因為二次函數(shù)y＝x2－x－6的圖像開口向上，對稱軸為直線x＝，所以函數(shù)y＝log2(x2－x－6)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)．故選A.
6．若函數(shù)y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為(－，)，則a的取值范圍是( )
A．a(chǎn)＞0 B．－1＜a＜0
C．a(chǎn)＞1 D．0＜a＜1
答案 A
解析 y′＝a(3x2－1)，
解3x2－1＜0，得－＜x＜.
∴f(x)＝x3－x在(－，)上為減函數(shù)．
又y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為(－，)．∴a＞0.
7．如果函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，那么函數(shù)f(x)的圖像最有可能的是( )
答案 A
8．(2018四川雙流中學(xué))若f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，3] B．[，＋∞)
C．(3，) D．(0，3)
答案 B
解析 因為函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥x在(1，3)上恒成立．因為<，所以a≥.故選B.
9．(2018合肥一中模擬)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則( )
A．a(chǎn)0.
即f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，f(－1)f(x＋3)成立的x的取值范圍是( )
A．(－1，3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－3，3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
答案 D
解析 因為f(－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．通過導(dǎo)函數(shù)可知函數(shù)y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)＝ln(ex＋e－x)＋x2在(0，＋∞)上也是增函數(shù)，所以不等式f(2x)>f(x＋3)等價于|2x|>|x＋3|，解得x<－1或x>3.故選D.
11．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0.對任意正數(shù)a，b，若a0，∴af(b)≤bf(a)．
12．(2018福建南平質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(x∈R)圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，那么函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞)
答案 C
解析 因為函數(shù)f(x)(x∈R)圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，所以函數(shù)f(x)的圖像在點(x0，y0)處的切線的斜率k＝(x0－2)(x02－1)，函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)＝(x－2)(x2－1)．由f′(x)＝(x－2)(x2－1)<0，得x<－1或10得可解00
解析 y′＝－x2＋a，y＝－x3＋ax有三個單調(diào)區(qū)間，則方程－x2＋a＝0應(yīng)有兩個不等實根，故a>0.
15．已知函數(shù)f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，4)．
(1)實數(shù)k的值為________；
(2)若在(0，4)上為減函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．
答案 (1) (2)00，故00，
∴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.
因為k≠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)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________，單調(diào)遞減區(qū)間為__________．
答案 (，＋∞)，(0，)
解析 y′＝6x－＝.
∵函數(shù)的定義域為(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________．
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，f(x)在R上單調(diào)遞增；
②a>0時，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，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m>0時，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，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當(dāng)m>0時，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∈(－2，－1)時，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，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增
(2)略
解析 (1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，
所以g′(x)＝2－＝.
當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0，1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0.
故x∈(0，＋∞)時，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．
2019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 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)—單調(diào)性練習(xí) 理.doc
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