高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业14 导数与函数的单调性（含解析）文.doc

课时作业14导数与函数的单调性一、选择题1函数y(3x2)ex的单调递增区间是()a(，0)b(0，)c(，3)和(1，)d(3,1)解析：y2xex(3x2)exex(x22x3)，由y0x22x303x1，所以函数y(3x2)ex的单调递增区间是(3,1)，故选d.答案：d2函数f(x)(ab1)，则()af(a)f(b)bf(a)f(b)df(a)，f(b)大小关系不能确定解析：因为f(x)，当x1时有f(x)0，故f(x)在xf(b)答案：c3(2017兰州一中调研)设函数f(x)x29lnx在区间a1，a1上单调递减，则实数a的取值范围是()a(1,2 b4，)c(，2 d(0,3解析：f(x)x，当f(x)x0时，0x3，即在(0,3上f(x)是减函数，因为f(x)在a1，a1上单调递减，所以解得10，则()a3f(1)f(3)c3f(1)f(3) df(1)f(3)解析：由于f(x)xf(x)，0恒成立，因此在r上单调递减，f(3)，故选b.答案：b6函数f(x)在定义域r内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(0)，bf，cf(3)，则()aabc bcbaccab dbca解析：依题意得，当x0，f(x)为增函数；又f(3)f(1)，且101，因此有f(1)f(0)f，即有f(3)f(0)f，ca0，所以f(x)在(0,2)上单调递增答案：单调递增8若函数f(x)x3x2ax4恰在1,4上单调递减，则实数a的值为_解析：f(x)x3x2ax4，f(x)x23xa，又函数f(x)恰在1,4上单调递减，1，4是f(x)0的两根，a(1)44.答案：49(2017秦皇岛模拟)已知函数f(x)lnx，g(x)ax22x，a0.若函数h(x)f(x)g(x)在1,4上单调递减，则a的取值范围为_解析：h(x)lnxax22x，x(0，)，所以h(x)ax2.因为h(x)在1,4上单调递减，所以当x1,4时，h(x)ax20恒成立，即a恒成立，令g(x)，则ag(x)max，而g(x)21.因为x1,4，所以.所以g(x)max(此时x4)，所以a.答案：三、解答题10已知函数f(x)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间解：(1)由题意得f(x).又f(1)0，故k1.(2)由(1)知，f(x).设h(x)lnx1(x0)，则h(x)0，即h(x)在(0，)上是减函数由h(1)0知，当0x0，从而f(x)0；当x1时，h(x)0，从而f(x)0知，f(x)与1xex1同号令g(x)1xex1，则g(x)1ex1.所以当x(，1)时，g(x)0，g(x)在区间(1，)上单调递增故g(1)1是g(x)在区间(，)上的最小值从而g(x)0，x(，)综上可知，f(x)0，x(，)故f(x)的单调递增区间为(，)1(2017厦门模拟)已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的解析式可能是()af(x)x3bf(x)x3cf(x)x3df(x)x3解析：根据函数的定义域可以排除选项c，d；对于选项b：f(x)3x2，当x时，f(x)不可能恒小于0，即函数不可能恒为减函数，故不符合答案：a2(2017江西五校联考)已知函数yf(x)对任意的x满足f(x)cosxf(x)sinx0(其中f(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()a.ffb.f2fdf(0)f解析：令g(x)，则g(x)，由对任意的x满足f(x)cosxf(x)sinx0可得g(x)0，所以函数g(x)在上为增函数所以gg，即，所以f2x，则g(x)0，则f(x)g(x)x24为增函数，且f(1)g(1)5f(11)55f(0)0，故f(x)0，即g(x)x24的解集为(，1)答案：(，1)4已知函数f(x)(x22x1)ex(其中e为自然对数的底数)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)定义：若函数h(x)在区间s，t(s0，且在区间(，1)和(1，)上f(x)0，在区间(1,1)上，f(x)0，所以函数f(x)(x22x1)ex的单调递增区间是(，1)和(1，)，单调递减区间是(1,1)(2)由(1)知函数f(x)(x22x1)ex在区间(1，)上单调递增，若存在“域同区间”s，t(1s1使得g(x)0恒成立，g(x)在区间(1，)上是单调递减的，且g(x