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第2課時 導數(shù)的應用(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)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,若f(x)=f(2-x),且當x∈(-∞,1)時,(x-1)f′(x)<0,設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,+∞)上的非負可導函數(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上可導的函數(shù)f(x)的圖像如圖所示,則關于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 ①a≤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m≤0時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞減;
當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m≤0時,f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞減;
當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x∈(-2,-1)時,a0.
(1)設g(x)是f(x)的導函數(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x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當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x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當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x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0;又當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.
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