《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 新人教版》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 新人教版(8頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 新人教版
1.(2018·九江模擬)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,+∞)
[解析] 函數(shù)f(x)=(x-3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=[(x-3)ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)·ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,得當(dāng)f′(x)>0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,此時(shí)由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.
[答案] D
2.(高考課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)若函數(shù)f(x)=kx-ln
2、x在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
[解析] 由于f′(x)=k-,f(x)=kx-ln x在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增?f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立.
由于k≥,而0<<1,所以k≥1.即k的取值范圍為[1,+∞).
[答案] D
3.(2017·浙江)函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是( )
[解析] 原函數(shù)先減再增,再減再增,且由增變減時(shí),極值點(diǎn)大于0,因此選D.
[答案] D
4.(2018
3、·湖南省永州市三模)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx-1在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減,m=a+b,則m的取值范圍是( )
A. B.
C. D.[-3,+∞)
[解析] 依題意,f′(x)=3x2+2ax+b≤0,在[0,1]上恒成立.
只需要即可,
∴3+2a+2b≤0,∴m=a+b≤-.
∴m的取值范圍是(-∞,-].
[答案] A
5.(2018·長(zhǎng)治模擬)函數(shù)f(x)=x2+2mln x(m<0)的單調(diào)遞減區(qū)間為( )
A.(0,+∞) B.(0,)
C.(,+∞) D.(0,)∪(,+∞)
[解析] 由條件知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞
4、).
因?yàn)閙<0,則f′(x)=.
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
極小值
由上表可知,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,),單調(diào)遞增區(qū)間是(,+∞).
[答案] B
6.(2018·山西省長(zhǎng)治二中、晉城一中、康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中五校)定義在(-∞,0)上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足x2f′(x)+1>0,f(1)=6,則不等式f(lg x)<+5的解集為( )
A.(,10) B.(0,10)
C.(10,+∞) D.(1,10)
[解析] 由x2f′(x)+
5、1>0,得f′(x)+>0,設(shè)g(x)=f(x)--5,則g′(x)=f′(x)+,故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(1)=0,故g(x)<0的解集為(0,1),即f(x)<+5的解集為(0,1),由0<lg x<1解得1<x<10,則所求不等式的解集為(1,10),故選D.
[答案] D
7.(2018·青島模擬)若函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d的單調(diào)減區(qū)間為(-1,3),則b+c= ________ .
[解析] f′(x)=3x2+2bx+c,由題意知-1<x<3是不等式3x2+2bx+c<0的解集,∴-1,3是f′(x)=0的兩個(gè)根,∴b=-3,c=-9,b+c=-
6、12.
[答案] -12
8.(2018·九江第一次統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)=x2+2ax-ln x,若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_____.
[解析] f′(x)=x+2a-≥0在上恒成立,則2a≥-x+在上恒成立,
因?yàn)閙ax=,所以2a≥,即a≥.
[答案]
9.(2018·衡水中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿(mǎn)足f(1)=1,f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<,則不等式f(x2)<+的解集為 ________ .
[解析] 設(shè)F(x)=f(x)-x,∴F′(x)=f′(x)-,
∵f′(x)<,∴F′(x)=f′(x)-<0,
即函數(shù)F(x)在R上單
7、調(diào)遞減,
∵f(x2)<+,∴f(x2)-<f(1)-,
∴F(x2)<F(1),而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減,
∴x2>1,即x∈(-∞,-1)∪(1,+∞).
[答案] (-∞,-1)∪(1,+∞)
10.已知函數(shù)f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x.
(1)求a的值;
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
[解] (1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=--,
由f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x知f′(1)=--a=-2,解得a=.
(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,
則f′(x)=.
8、
令f′(x)=0,解得x=-1或x=5.
因?yàn)閤=-1不在f(x)的定義域(0,+∞)內(nèi),故舍去.
當(dāng)x∈(0,5)時(shí),f′(x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);
當(dāng)x∈(5,+∞)時(shí),f′(x)>0,故f(x)在(5,+∞)內(nèi)為增函數(shù).
綜上,f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(5,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,5).
[B能力提升練]
1.(2018·湛江一模)若函數(shù)f(x)=x+(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn),則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是( )
A.(-2,0) B.(0,1)
C.(1,+∞) D.(-∞,-2)
[解析] 由題意知,f′(x)=1
9、-,∵函數(shù)f(x)=x+(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn),∴當(dāng)1-=0時(shí),b=x2,又x∈(1,2),∴b∈(1,4),令f′(x)>0,解得x<-或x>,即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-),(,+∞),∵b∈(1,4),∴(-∞,-2)符合題意.
[答案] D
2.(2018·河南新鄉(xiāng)三模)定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)>2(x+)f′(x),其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則下列不等式中,一定成立的是( )
A.f(1)>> B. >>
C.f(1)<< D. <<
[解析] ∵f(x)>2(x+)f′(x),
∴f(x)>2(+1)f′
10、(x),
∴f(x)>(+1)f′(x).
∴f′(x)(+1)-f(x)<0,∴′<0,
設(shè)g(x)=,則函數(shù)g(x)在(0,+∞)上遞減,
故g(1)>g(4)>g(9),∴>>,
當(dāng)f(x)=-(+1)時(shí),
滿(mǎn)足f(x)>2(x+)f′(x),
易得f(1)=-2,=-1-,=-1-,
∴f(1)<<,
當(dāng)f(x)=-(+1)時(shí),
滿(mǎn)足f(x)>2(x+)f′(x),
易得f(1)=-2,=-1-,=-1-,
∴f(1)>>,故A,C,D都錯(cuò).
[答案] B
3.已知函數(shù)f(x)=-2x2+ln x(a>0).若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù),則a的取值
11、范圍是 ________ .
[解析] f′(x)=-4x+,
若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù),
即f′(x)=-4x+≥0或f′(x)=-4x+≤0在[1,2]上恒成立,即≥4x-或≤4x-在[1,2]上恒成立.
令h(x)=4x-,則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,
所以≥h(2)或≤h(1),即≥或≤3,又a>0,
所以0<a≤或a≥1.
[答案] ∪[1,+∞)
4.若函數(shù)f(x)=x2-ex-ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______.
[解析] ∵f(x)=x2-ex-ax,∴f′(x)=2x-ex-a,
∵函數(shù)f(x)=x2-ex-a
12、x在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間,
∴f′(x)=2x-ex-a≥0,即a≤2x-ex有解,
設(shè)g(x)=2x-ex,則g′(x)=2-ex,令g′(x)=0,解得x=ln 2,則當(dāng)x0,g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x>ln 2時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,
∴當(dāng)x=ln 2時(shí),g(x)取得最大值,
且g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2,∴a≤2ln 2-2.
[答案] (-∞,2ln 2-2]
5.(2018·山東省德州市四月二模文科)已知函數(shù)f(x)=x2-2aln x+(a-2)x,a∈R.
(1)當(dāng)a=-1時(shí),求函數(shù)f(x)的極值;
(2)
13、當(dāng)a<0時(shí),討論函數(shù)f(x)單調(diào)性;
(3)是否存在實(shí)數(shù)a,對(duì)任意的m,n∈(0,+∞),且m≠n,有>a恒成立?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,說(shuō)明理由.
[解] (1)當(dāng)a=-1時(shí),f(x)=x2+2ln x-3x,
f′(x)=x+-3==.
當(dāng)0<x<1或x>2時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;
當(dāng)1<x<2時(shí),f′(x)<f(x)單調(diào)遞減,
所以x=1時(shí),f(x)極大值=f(1)=-;
x=2時(shí),f(x)極小值=f(2)=2ln 2-4.
(2)當(dāng)a<0時(shí),f′(x)=x-+(a-2)
==,
①當(dāng)-a>2,即a<-2時(shí),由f′(x)>0可得0<x<2或x
14、>-a,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增;
由f′(x)<0可得2<x<-a,此時(shí)f(x)單調(diào)遞減;
②當(dāng)-a=2,即a=-2時(shí),f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增;
③當(dāng)-a<2,即-2<a<0時(shí),由f′(x)>0可得0<x<-a或x>2,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增;由f′(x)<0可得-a<x<2,此時(shí)f(x)單調(diào)遞減.
綜上:當(dāng)a<-2時(shí),f(x)增區(qū)間為(0,2),(-a,+∞),減區(qū)間為(2,-a);
當(dāng)a=-2時(shí),f(x)增區(qū)間為(0,+∞),無(wú)減區(qū)間;
當(dāng)-2<a<0時(shí),f(x)增區(qū)間為(0,-a),(2,+∞),減區(qū)間為(-a,2).
(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a,
15、對(duì)任意的m,n∈(0,+∞),且m≠n,有>a恒成立,
不妨設(shè)m>n>0,則由>a恒成立可得:f(m)-am>f(n)-an恒成立,
令g(x)=f(x)-ax,則g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以g′(x)≥0恒成立,
即f′(x)-a≥0恒成立,∴x-+(a-2)-a≥0,
即≥0恒成立,又x>0,
∴x2-2x-2a≥0在x>0時(shí)恒成立,
∴a≤min=-,
∴當(dāng)a≤-時(shí),對(duì)任意的m,n∈(0,+∞),
且m≠n,有>a恒成立.
[C尖子生專(zhuān)練]
已知函數(shù)f(x)=aln x-ax-3(a∈R).
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)y=f(x)的圖
16、象在點(diǎn)(2,f(2))處的切線的傾斜角為45°,對(duì)于任意的t∈[1,2],函數(shù)g(x)=x3+x2·在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù),求m的取值范圍.
[解] (1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
且f′(x)=.
當(dāng)a>0時(shí),f(x)的增區(qū)間為(0,1),減區(qū)間為(1,+∞);
當(dāng)a<0時(shí),f(x)的增區(qū)間為(1,+∞),減區(qū)間為(0,1);
當(dāng)a=0時(shí),f(x)不是單調(diào)函數(shù).
(2)由(1)及題意得f′(2)=-=1,即a=-2,
∴f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)=.
∴g(x)=x3+x2-2x,
∴g′(x)=3x2+(m+4)x-2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù),
即g′(x)=0在區(qū)間(t,3)上有變號(hào)零點(diǎn).
由于g′(0)=-2,∴
當(dāng)g′(t)<0,即3t2+(m+4)t-2<0對(duì)任意t∈[1,2]恒成立,由于g′(0)<0,故只要g′(1)<0且g′(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9;
由g′(3)>0,即m>-.
所以-<m<-9.
即實(shí)數(shù)m的取值范圍是.