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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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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

第2課時 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)單調(diào)性1函數(shù)yx2(x3)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y3x26x,由y0,得0x2.2函數(shù)f(x)1xsinx在(0,2)上是()A增函數(shù)B減函數(shù)C在(0,)上增,在(,2)上減D在(0,)上減,在(,2)上增答案A解析f(x)1cosx>0,f(x)在(0,2)上遞增3已知e為自然對數(shù)的底數(shù),則函數(shù)yxex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A1,) B(,1C1,) D(,1答案A解析令y(1x)ex0.ex>0,1x0,x1,選A.4(2017湖北八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)lnxax(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<x<.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,)5(2018福建龍巖期中)函數(shù)f(x)x3bx2cxd的圖像如圖,則函數(shù)ylog2(x2bx)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A(,2) B3,)C2,3 D,)答案A解析由題意可以看出2,3是函數(shù)f(x)x3bx2cxd的兩個極值點(diǎn),即方程f(x)3x22bxc0的兩根,所以1,6,即2b3,c18,所以函數(shù)ylog2(x2bx)可化為ylog2(x2x6)解x2x6>0得x<2或x>3.因?yàn)槎魏瘮?shù)yx2x6的圖像開口向上,對稱軸為直線x,所以函數(shù)ylog2(x2x6)的單調(diào)遞減區(qū)間為(,2)故選A.6若函數(shù)ya(x3x)的遞減區(qū)間為(,),則a的取值范圍是()Aa0 B1a0Ca1 D0a1答案A解析ya(3x21),解3x210,得x.f(x)x3x在(,)上為減函數(shù)又ya(x3x)的遞減區(qū)間為(,)a0.7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A8(2018四川雙流中學(xué))若f(x)x3ax21在(1,3)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(,3 B,)C(3,) D(0,3)答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)x3ax21在(1,3)上單調(diào)遞減,所以f(x)3x22ax0在(1,3)上恒成立,即ax在(1,3)上恒成立因?yàn)?lt;,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(2x),且當(dāng)x(,1)時,(x1)f(x)<0,設(shè)af(0),bf(),cf(3),則()Aa<b<c Bc<a<bCc<b<a Db<c<a答案B解析由f(x)f(2x)可得對稱軸為x1,故f(3)f(12)f(12)f(1)又x(,1)時,(x1)f(x)<0,可知f(x)>0.即f(x)在(,1)上單調(diào)遞增,f(1)<f(0)<f(),即c<a<b.10(2018河北唐山期末)已知函數(shù)f(x)ln(exex)x2,則使得f(2x)>f(x3)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?yàn)閒(x)ln(exex)(x)2ln(exex)x2f(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)yexex在(0,)上是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)ln(exex)x2在(0,)上也是增函數(shù),所以不等式f(2x)>f(x3)等價(jià)于|2x|>|x3|,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a<b,則必有()Aaf(b)bf(a) Bbf(a)af(b)Caf(a)f(b) Dbf(b)f(a)答案A解析xf(x)f(x)0,f(x)0,xf(x)f(x)0.設(shè)y,則y0,故y為減函數(shù)或常數(shù)函數(shù)又a<b,.a,b>0,af(b)bf(a)12(2018福建南平質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(xR)圖像上任一點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為yy0(x02)(x021)(xx0),那么函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是()A1,) B(,2C(,1)和(1,2) D2,)答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(xR)圖像上任一點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為yy0(x02)(x021)(xx0),所以函數(shù)f(x)的圖像在點(diǎn)(x0,y0)處的切線的斜率k(x02)(x021),函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)(x2)(x21)由f(x)(x2)(x21)<0,得x<1或1<x<2,即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(,1)和(1,2)故選C.13(2018湖北荊州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)lnxx2x5的單調(diào)遞增區(qū)間為_答案(0,)解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,),再由f(x)x1>0得可解0<x<.14若函數(shù)yx3ax有三個單調(diào)區(qū)間,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案a>0解析yx2a,yx3ax有三個單調(diào)區(qū)間,則方程x2a0應(yīng)有兩個不等實(shí)根,故a>0.15已知函數(shù)f(x)kx33(k1)x2k21(k>0)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4)(1)實(shí)數(shù)k的值為_;(2)若在(0,4)上為減函數(shù),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_答案(1)(2)0<k解析(1)f(x)3kx26(k1)x,由題意知f(4)0,解得k.(2)由f(x)3kx26(k1)x0并結(jié)合導(dǎo)函數(shù)的圖像可知,必有4,解得k.又k>0,故0<k.16設(shè)函數(shù)f(x)x(ex1)ax2.(1)若a,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若當(dāng)x0時f(x)0,求a的取值范圍答案(1)增區(qū)間(,1,0,),減區(qū)間1,0(2)(,1解析(1)當(dāng)a時,f(x)x(ex1)x2,f(x)ex1xexx(ex1)(x1)當(dāng)x(,1)時,f(x)0;當(dāng)x(1,0)時,f(x)0;當(dāng)x(0,)時,f(x)0.故f(x)在(,1,0,)上單調(diào)遞增,在1,0上單調(diào)遞減(2)f(x)x(ex1ax)令g(x)ex1ax,則g(x)exa.若a1,則當(dāng)x(0,)時,g(x)0,g(x)為增函數(shù),而g(0)0,從而當(dāng)x0時g(x)0,即f(x)0.若a1,則當(dāng)x(0,ln a)時,g(x)0,g(x)為減函數(shù),而g(0)0,從而當(dāng)x(0,lna)時g(x)<0,即f(x)<0.綜上得a的取值范圍為(,117(2018遼寧大連雙基自測)已知函數(shù)f(x)lnx(aR)(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增,求a的取值范圍;(2)若函數(shù)yf(x)的圖像與直線y2x相切,求a的值答案(1)a4(2)4解析(1)f(x).函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增,f(x)0在(0,4)上恒成立,(x1)2ax0,即a(x)2在(0,4)上恒成立x2,當(dāng)且僅當(dāng)x1時取等號,a4.(2)設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則y02x0,f(x0)2,y0lnx0,2且2x0lnx0由得a(2)(x01)2,代入,得2x0lnx0(2x01)(x01),即lnx02x02x010.令F(x)lnx2x2x1,則F(x)4x1>0,F(xiàn)(x)在(0,)上單調(diào)遞增F(1)0,x01,代入式得a4.18設(shè)函數(shù)f(x)xekx(k0)(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)(1kx)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)(1kx)ekx0在(1,1)內(nèi)恒成立,1kx0在(1,1)內(nèi)恒成立,即解得1k1.因?yàn)閗0,所以k的取值范圍是1,0)(0,11函數(shù)f(x)(x3)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)(x3)ex(x3)(ex)(x2)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)y3x22lnx的單調(diào)遞增區(qū)間為_,單調(diào)遞減區(qū)間為_答案(,),(0,)解析y6x.函數(shù)的定義域?yàn)?0,),由y>0,得x>.單調(diào)遞增區(qū)間為(,)由y<0,得0<x<.單調(diào)遞減區(qū)間為(0,)4(2018山西懷仁一中期中)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(1)2,且對任意的xR,f(x)>2,則f(x)>2x4的解集為_答案(1,)解析令g(x)f(x)2x4,則g(x)f(x)2>0,g(x)在R上為增函數(shù),且g(1)f(1)2(1)40.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)exax1,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間答案a0時,f(x)在R上單調(diào)遞增;a>0時,f(x)增區(qū)間為(lna,)6已知函數(shù)f(x)mln(x1)(x>1),討論f(x)的單調(diào)性解析f(x)(x>1)當(dāng)m0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)m0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)x3x22x1,若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的取值范圍答案(,2)解析g(x)x2ax2,依題意,存在x(2,1),使不等式g(x)x2ax2<0成立當(dāng)x(2,1)時,a<x2,所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(,2)8(2015四川)已知函數(shù)f(x)2xlnxx22axa2,其中a>0.(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?yàn)?0,),g(x)f(x)2(x1lnxa),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(x1lnxa)0,解得ax1lnx.令(x)2xlnxx22x(x1lnx)(x1lnx)2(1lnx)22xlnx,則(1)1>0,(e)2(2e)<0.于是存在x0(1,e),使得(x0)0.令a0x01lnx0u(x0),其中u(x)x1lnx(x1)由u(x)10知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增,故0u(1)<a0u(x0)<u(e)e2<1,即a0(0,1)當(dāng)aa0時,有f(x0)0,f(x0)(x0)0.再由(1)知,f(x)在區(qū)間(1,)上單調(diào)遞增,當(dāng)x(1,x0)時,f(x)<0,從而f(x)>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)(xa0)22xlnx>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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