2021高考数学一轮复习 课后限时集训15 导数与函数的单调性 文 北师大版.doc

课后限时集训15导数与函数的单调性建议用时：45分钟一、选择题1(2019武邑中学第二次调研)函数f(x)x22ln x的单调减区间是()a(0,1b1，)c(，1(0,1d1,0)(0,1af(x)2x(x0)，令f(x)0，即0，解得0x1，故选a.2若函数f(x)2x33mx26x在区间(1，)上为增函数，则实数m的取值范围是()a(，1b(，1)c(，2d(，2)cf(x)6x26mx6，由已知条件知x(1，)时，f(x)0恒成立设g(x)6x26mx6，则g(x)0在(1，)上恒成立当36(m24)0，即2m2时，满足g(x)0在(1，)上恒成立；当36(m24)0，即m2或m2时，则需解得m2，m2.综上，m2，实数m的取值范围是(，23已知函数f(x)的导函数f(x)的图像如图所示，则函数f(x)的图像可能是()abcdc由导函数f(x)的图像可知，函数yf(x)先减再增，可排除选项a，b；又f(x)0的根为正数，即yf(x)的极值点为正数，所以可排除选项d，选c.4已知f(x)，则()af(2)f(e)f(3)bf(3)f(e)f(2)cf(3)f(2)f(e)df(e)f(3)f(2)df(x)的定义域是(0，)，f(x)，令f(x)0，得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)0，f(x)单调递减，故xe时，f(x)maxf(e)，而f(2)，f(3)，所以f(e)f(3)f(2)，故选d.5设函数f(x)x29ln x在区间a1，a1上单调递减，则实数a的取值范围是()a(1,2b(4，)c(，2)d(0,3a因为f(x)x29ln x，所以f(x)x(x0)，由x0，得0x3，所以f(x)在(0,3上是减函数，则a1，a1(0,3，所以a10且a13，解得1a2.二、填空题6函数f(x)ln xax(a0)的单调递增区间为_由题意，知f(x)的定义域为(0，)，由f(x)a0(a0)，得0x，f(x)的单调递增区间为.7若函数f(x)ax33x2x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是_(3,0)(0，)由题意知f(x)3ax26x1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f(x)有两个不相等的零点，所以3ax26x10需满足a0，且3612a0，解得a3且a0，所以实数a的取值范围是(3,0)(0，)8若函数f(x)ln xax22x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是_(1，)f(x)ax2，由题意知f(x)0有实数解，x0，ax22x10有实数解当a0时，显然满足；当a0时，只需44a0，1a0.综上知a1.三、解答题9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)，又因为f(1)0，故k1.(2)由(1)知，f(x)，设h(x)ln x1(x0)，则h(x)0，即h(x)在(0，)上是减函数由h(1)0知，当0x1时，h(x)0，从而f(x)0；当x1时，h(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)10已知函数f(x)x3ax1.(1)若f(x)在r上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在(1,1)上为单调减函数，求实数a的取值范围；(3)若函数f(x)的单调递减区间为(1,1)，求实数a的值；(4)若函数f(x)在区间(1,1)上不单调，求实数a的取值范围解(1)因为f(x)在(，)上是增函数，所以f(x)3x2a0在(，)上恒成立，即a3x2对xr恒成立因为3x20，所以只需a0.又因为a0时，f(x)3x20，f(x)x31在r上是增函数，所以a0，即实数a的取值范围为(，0(2)由题意知f(x)3x2a0在(1,1)上恒成立，所以a3x2在(1,1)上恒成立，因为当1x1时，3x23，所以a3，所以a的取值范围为3，)(3)由题意知f(x)3x2a，则f(x)的单调递减区间为，又f(x)的单调递减区间为(1,1)，所以1，解得a3.(4)由题意知：f(x)3x2a，当a0时，f(x)0，此时f(x)在(，)上为增函数，不合题意，故a0.令f(x)0，解得x.因为f(x)在区间(1,1)上不单调，所以f(x)0在(1,1)上有解，需01，得0a3，所以实数a的取值范围为(0,3)1(2016全国卷)若函数f(x)xsin 2xasin x在(，)单调递增，则a的取值范围是()a1,1 b.c. d.c取a1，则f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110，不具备在(，)单调递增的条件，故排除a，b，d.故选c.2已知定义在上的函数f(x)的导函数为f(x)，且对于任意的x，都有f(x)sin xf(x)cos x，则()a.ffbff(1)c.ff d.ffa令g(x)，则g(x)，由已知得g(x)0在上恒成立，g(x)在上单调递减，gg，即，ff.3已知f(x)是函数f(x)的导函数，f(1)e，对于任意的xr,2f(x)f(x)0，则不等式f(x)e2x1的解集为_(1，)设f(x)，则f(x).因为2f(x)f(x)0，所以f(x)0，即f(x)是减函数，f(x)e2x1等价于1，即f(x)1.又因为f(1)e，所以f(1)1，则不等式f(x)e2x1的解集是(1，)4已知函数g(x)ln xax2(2a1)x，若a0，试讨论函数g(x)的单调性解g(x).函数g(x)的定义域为(0，)，当a0时，g(x).由g(x)0，得0x1，由g(x)0，得x1.当a0时，令g(x)0，得x1或x，若1，即a，由g(x)0，得x1或0x，由g(x)0，得x1；若1，即0a，由g(x)0，得x或0x1，由g(x)0，得1x；当1时，即a时，在(0，)上恒有g(x)0.综上可得：当a0时，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减；当0a时，g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；当a时，g(x)在(0，)上单调递增；当a时，g(x)在，(1，)上单调递增，在上单调递减1(2019南昌模拟)已知函数f(x)xsin x，x1，x2，且f(x1)f(x2)，那么()ax1x20bx1x20cxx0dxx0d由f(x)xsin x，得f(x)sin xxcos xcos x(tan xx)，当x时，f(x)0，即f(x)在上为增函数，又f(x)xsin(x)xsin xf(x)，所以f(x)为偶函数，所以当f(x1)f(x2)时，有f(|x1|)f(|x2|)，所以|x1|x2|，xx0，故选d.2设函数f(x)aln x，其中a为常数(1)若a0，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性解(1)由题意知a0时，f(x)，x(0，)此时f(x)，可得f(1).又f(1)0，所以曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为x2y10.(2)函数f(x)的定义域为(0，)f(x).当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上递增当a0时，令g(x)ax2(2a2)xa，由于(2a2)24a24(2a1)，当a时，0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上递减当a时，0，g(x)0，f(x)0，函数f(x)在(0，)上递减当a0时，0.设x1，x2(x1x2)是函数g(x)的两个零点，则x1，x2.