2019版高考数学复习导数及其应用第二节导数与函数的单调性夯基提能作业本文.docx

第二节导数与函数的单调性A组基础题组1.函数f(x)=ex-ex,xR的单调递增区间是()A.(0,+) B.(-,0)C.(-,1) D.(1,+)2.设f (x)是函数f(x)的导函数,y=f (x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是()3.已知函数f(x)=x2+2cos x,若f (x)是f(x)的导函数,则函数y=f (x)的图象大致是()4.(2016北京临川学校期末)函数y=x2-ln x的单调递减区间为()A.(0,1) B.(0,+)C.(1,+) D.(0,2)5.(2016北京临川学校期末)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+)上单调递增,则k的取值范围是()A.(-,-2 B.(-,-1C.2,+) D.1,+)6.对于R上可导的任意函数f(x),若满足0,则必有()A.f(0)+f(2)2f(1) B.f(0)+f(2)2f(1)C.f(0)+f(2)2f(1) D.f(0)+f(2)2f(1)7.(2015北师大附属实验中学期中)已知函数f(x)=x-2sin x,则函数f(x)在(0, f(0)处的切线方程为;在(0,)上的单调递增区间为.8.若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是.9.若函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是.10.(2017北京海淀二模)已知函数f(x)=x3+x2-2x+1.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当00的解集为()A.(-,0)(1,2) B.(1,2)C.(-,1) D.(-,1)(2,+)12.已知定义域为R的函数f(x)满足f(4)=-3,且对任意的xR,总有f (x)3,则不等式f(x)0.讨论f(x)的单调性.14.已知函数f(x)=exln x-aex(aR).(1)若f(x)的图象在点(1, f(1)处的切线与直线y=x+1垂直,求a的值;(2)若f(x)在(0,+)上是单调函数,求实数a的取值范围.答案精解精析A组基础题组1.D2.C由f (x)的图象知,当x(-,0)时, f (x)0, f(x)为增函数,当x(0,2)时, f (x)0, f(x)为增函数.故选C.3.A令g(x)=f (x)=2x-2sin x,则g(x)=2-2cos x,易知g(x)0,所以函数f (x)在R上单调递增.4.A函数y=x2-ln x的定义域为x|x0,y=x-=,令0,所以x2-10,解得0x1,01,k1,故选D.6.A当x1时, f (x)1时, f (x)0,此时函数f(x)单调递增,当x=1时,函数f(x)取得极小值同时是最小值,所以f(0)f(1), f(2)f(1),则f(0)+f(2)2f(1).7.答案y=-x;解析由f(x)=x-2sin x,得f (x)=1-2cos x,f (0)=1-2cos 0=-1,又f(0)=0-2sin 0=0,函数f(x)在(0, f(0)处的切线方程为y=-x.由1-2cos x0,得cos x,又x(0,),x0,得函数的增区间是(-,-2),(2,+),由f (x)0,得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以k-1-2k+1或k-12k+1,解得-3k-1或1k3.9.答案(-,2ln 2-2解析f(x)=x2-ex-ax,f (x)=2x-ex-a,函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,f (x)=2x-ex-a0,即a2x-ex有解,令g(x)=2x-ex,则g(x)=2-ex,令g(x)=0,解得x=ln 2,则当x0,g(x)单调递增,当xln 2时,g(x)0,g(x)单调递减,当x=ln 2时,g(x)取得最大值,且g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2,a2ln 2-2.10.解析(1)由f(x)=x3+x2-2x+1得f (x)=x2+x-2=(x+2)(x-1),令f (x)=0,得x1=-2,x2=1,所以x, f (x), f(x)的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,1)1(1,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递增区间为(-,-2),(1,+),单调递减区间为(-2,1).(2)由f(x)=x3+x2-2x+1可得f(-2)=.当-a-2,即2a时,由(1)可得f(x)在-a,-2)和(1,a上单调递增,在(-2,1)上单调递减,所以,函数f(x)在区间-a,a上的最大值为maxf(-2), f(a),又由(1)可知f(a)f52=,所以maxf(-2), f(a)=f(-2)=.当即0a1时,由(1)可得f(x)在-a,a上单调递减,故f(x)在-a,a上的最大值为f(-a)=-+2a+1.当即10,或由(1)可知f(-a)f(-1)=, f(a)f(2)=,所以f(-a)f(a)所以maxf(-a), f(a)=f(-a)=-+2a+1.综上,当2a时,函数f(x)在区间-a,a上的最大值为;当00等价于当x0时, f (x)0,当x0时, f (x)0时,函数f(x)在R上单调递增,此时1x2,当x0时,函数f(x)在R上单调递减,此时x0,故选A.12.答案(4,+)解析令g(x)=f(x)-3x+15,则g(x)=f (x)-3,由题意知g(x)0,所以g(x)在R上是减函数.又g(4)=f(4)-34+15=0,所以f(x)3x-15的解集为(4,+).13.解析由题意知, f(x)的定义域是(0,+),f (x)=1+-=.设g(x)=x2-ax+2,一元二次方程g(x)=0的判别式=a2-8.当0,即0a0都有f (x)0.此时f(x)是(0,+)上的单调递增函数.当=0,即a=2时, f (x)0.此时f(x)是(0,+)上的单调递增函数.当0,即a2时,方程g(x)=0有两个不同的实根,分别为x1=,x2=,且0x10时恒成立.即-a+ln x0在x0时恒成立,