2019-2020学年高中数学 第3章 导数及其应用 3.3.1 函数的单调性与导数练习 新人教A版选修1-1

3.3.1函数的单调性与导数课时跟踪检测一、选择题1在区间(a，b)内，f(x)0，且f(a)0，则在(a，b)内有()af(x)0 bf(x)0，f(x)在(a，b)上为增函数，f(x)f(a)0，即f(x)0.故选a.答案：a2已知函数f(x)ln x，则有()af(e)f(3)f(2) bf(3)f(e)f(2)cf(e)f(2)f(3) df(2)f(e)0时，f(x)0，f(x)在(0，)上是增函数又2e3，f(2)f(e)f(3)故选d.答案：d3(2019罗源一中月考)设函数f(x)是函数f(x)的导函数，yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象最有可能的是()解析：由yf(x)的图象可知，当x2时，f(x)0，f(x)为增函数；当0x2时，f(x)0，f(x)为减函数，故f(x)的图象最有可能的是c.答案：c4函数f(x)ax3x在r上是减函数，则()aa0 ba1ca0，a0.故选a.答案：a5(2019鄱阳一中月考)已知定义在r上的函数f(x)的导函数为f(x)，若f(x)f(x)0，f(0)1，则不等式exf(x)1的解集为()a(，0) b(0，)c(，1) d(1，)解析：令g(x)exf(x)，g(x)exf(x)exf(x)exf(x)f(x)0，g(x)为r上的减函数，又g(0)e0f(0)1，不等式exf(x)1可化为g(x)0，即不等式exf(x)0，得x2，f(x)的单调递增区间是(2，)，故选b.答案：b二、填空题7已知f(x)是定义在区间(0，)内的函数，其图象是连续不间断的，且f(x)f(1)，则x的取值范围是_解析：由题意知，f(x)在(0，)上是减函数，又f(lg x)f(1)，1x10.答案：(1,10)8函数f(x)(x1)ex的单调减区间是_解析：f(x)的定义域为r，f(x)ex(x1)ex(x2)ex，由f(x)0，得x2，f(x)的单调减区间是(，2答案：(，29已知函数f(x)(2xln xa)ex在(0，)上单调递增，则实数a的最大值是_解析：f(x)ex(2xln xa)exex，若f(x)在(0，)上单调递增，则f(x)0，22xln xa0，在(0，)恒成立令g(x)22xln xa，g(x)2，当0x时，g(x)时，g(x)0，则g(x)单调递增，g5ln 2a，g(x)g，只需g0，即a5ln 2，a的最大值为5ln 2.答案：5ln 2三、解答题10已知函数f(x)x(ex1)x2，求f(x)的单调区间解：f(x)x(ex1)x2xexxx2，f(x)exxex1xex(x1)(x1)(x1)(ex1)令f(x)0，得或解得1x0，得或解得x0或x1.函数f(x)的单调递增区间为(，1)，(0，)；单调递减区间为(1,0)11(2019保定月考)已知函数f(x)x3(k1)x2(k5)xd.(1)若k1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(0,3)上不单调，求实数k的取值范围解：(1)由题意得f(x)x32x24xd，f(x)3x24x4，由于16480恒成立，f(x)在r上单调递增，函数f(x)的单调递增区间为(，)，没有单调递减区间(2)f(x)3x22(k1)xk5，f(x)在区间(0,3)上不单调，f(x)0在(0,3)上有实数解，且无重根，由f(x)0，得k(2x1)(3x22x5)，即k，令t2x1，x(0,3)，t(1,7)则h(t)t，h(t)1，在t(1,3时，h(t)单调递减，在t3,7)时，h(t)单调递增，h(t)minh(3)6，h(t)maxh(1)10，h(t)6,10)，k(5，2当k2时，f(x)0在(0,3)上有两个等根x1，舍去，k(5，2)12已知函数f(x)2ax.(1)若f(x)在(0,1上是增函数，求a的取值范围；(2)若f(x)的单调增区间是(0,1)，求a的值解：(1)f(x)2ax，f(x)2a.f(x)在(0,1上是增函数，f(x)0在(0,1上恒成立，即a在(0,1上恒成立令g(x)，则g(x)在(0,1上单调递增，故最大值为1，a1，即a的取值范围是1，)(2)f(x)的单调增区间是(0,1)f(x)2a0的解集是(0,1)，即0的解集是(0,1)ax310的根是1，即x 1，a1.考题过关13(2019衡水月考)已知函数f(x)aln x(ar)，判断函数f(x)的单调性解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.当a10，即a1时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；