2019高考數(shù)學一輪復習 第3章 導數(shù)及應用 第2課時 導數(shù)的應用(一)—單調(diào)性練習 理.doc

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第2課時 導數(shù)的應用(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)1cosx0，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.ex0，1x0，x1，選A.4(2017湖北八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)lnxax(a0)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A(0，) B(，)C(，) D(，a)答案A解析由f(x)a0，得0x0得x3.因為二次函數(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)若f(x)x3ax21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)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(2x)，且當x(，1)時，(x1)f(x)0，設af(0)，bf()，cf(3)，則()Aabc BcabCcba Dbca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.即f(x)在(，1)上單調(diào)遞增，f(1)f(0)f()，即caf(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解析因為f(x)ln(exex)(x)2ln(exex)x2f(x)，所以函數(shù)f(x)是偶函數(shù)通過導函數(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)等價于|2x|x3|，解得x3.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ab，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y，則y0，故y為減函數(shù)或常數(shù)函數(shù)又a0，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(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解析因為函數(shù)f(x)(xR)圖像上任一點(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(x0，y0)處的切線的斜率k(x02)(x021)，函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f(x)(x2)(x21)由f(x)(x2)(x21)0，得x1或1x0得可解0x0解析yx2a，yx3ax有三個單調(diào)區(qū)間，則方程x2a0應有兩個不等實根，故a0.15已知函數(shù)f(x)kx33(k1)x2k21(k0)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0k.16設函數(shù)f(x)x(ex1)ax2.(1)若a，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當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a時，f(x)x(ex1)x2，f(x)ex1xexx(ex1)(x1)當x(，1)時，f(x)0；當x(1，0)時，f(x)0；當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x(0，)時，g(x)0，g(x)為增函數(shù)，而g(0)0，從而當x0時g(x)0，即f(x)0.若a1，則當x(0，ln a)時，g(x)0，g(x)為減函數(shù)，而g(0)0，從而當x(0，lna)時g(x)0，即f(x)0，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞增F(1)0，x01，代入式得a4.18設函數(shù)f(x)xekx(k0)(1)若k0，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k0，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.因為k0，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x2，故選D.2.在R上可導的函數(shù)f(x)的圖像如圖所示，則關(guān)于x的不等式xf(x)0，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，得x.單調(diào)遞增區(qū)間為(，)由y0，得0x2，則f(x)2x4的解集為_答案(1，)解析令g(x)f(x)2x4，則g(x)f(x)20，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x1，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；a0時，f(x)增區(qū)間為(lna，)6已知函數(shù)f(x)mln(x1)(x1)，討論f(x)的單調(diào)性解析f(x)(x1)當m0時，f(x)0時，令f(x)0，得x0，得x1，函數(shù)f(x)在(1，)上單調(diào)遞增綜上所述，當m0時，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減；當m0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)x2ax20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(x1lnxa)，所以g(x)2.當x(0，1)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)10，(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)e21，即a0(0，1)當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x(1，x0)時，f(x)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)(xa0)22xlnx0.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