高考数学大一轮复习 第二篇 函数 导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用 第一课时 利用导数研究函数的单调性习题 理试题

第11节导数在研究函数中的应用第一课时利用导数研究函数的单调性【选题明细表】知识点、方法题号求函数单调区间1,9利用导数研究函数单调性及其应用2,6,10,11,14含参数函数单调区间3,5,8,12,13利用导数研究函数单调性综合问题4,7,10基础对点练(时间:30分钟)1.函数y=(3-x2)ex的单调递增区间是(D)(A)(-∞,0) (B)(0,+∞)(C)(-∞,-3)和(1,+∞) (D)(-3,1)解析:y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3),由y′>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,所以函数y=(3-x2)ex的单调递增区间是(-3,1).故选D.2.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的图象如图所示,则下列叙述正确的是(C)(A)f(b)>f(c)>f(d)(B)f(b)>f(a)>f(e)(C)f(c)>f(b)>f(a)(D)f(c)>f(e)>f(d)解析:由导函数的图象可知,在(-∞,c]上导函数f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c]上是增函数,又因为c>b>a,所以f(c)>f(b)>f(a).故选C.3.(2016·兰州一中期中)设函数f(x)=12x2(A)(1,2] (B)[4,+∞)(C)(-∞,2] (D)(0,3]解析:当f′(x)=x-9x≤0时,0<x≤因为f(x)在[a-1,a+1]上单调递减,所以a-1>0,4.(2016·江西省临川区一中高三期中)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是(C)(A)[0,+∞) (B)(-∞,0](C)(-∞,0) (D)(0,+∞)解析:由题意知x>0,f′(x)=1+ax,要使函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则需方程1+a5.(2017·河北石家庄市高三9月摸底)若函数f(x)=x33-a2x2+x+1在区间(1(A)(52,103) (B)(103(C)[103,+∞) (D)[2,+∞解析:f′(x)=x2-ax+1,函数f(x)=x33-a2x2+x+1在区间(12f′(x)=x2-ax+1≤0在区间(12,3)上恒成立f'(126.(2017·河南郑州一中高三入学测试)定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=2,则不等式f(x)<2ex的解集为(C)(A)(-∞,0) (B)(-∞,2) (C)(0,+∞) (D)(2,+∞)解析:构造函数F(x)=f(F′(x)=f'(所以F(x)在R上单调递减,故f(x)<2ex等价于f(x)7.(2016·江苏淮安市模拟)已知函数f(x)=x3-x2+mx+2,若对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则实数m的取值范围是.

解析:对任意x1,x2∈R,均满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,即函数f(x)在R上为增函数,即有f′(x)≥0在R上恒成立.f(x)=x3-x2+mx+2的导数为f′(x)=3x2-2x+m,则3x2-2x+m≥0恒成立,可得判别式Δ=4-12m≤0,解得m≥13则所求m的范围是[13,+∞)答案:[13,+∞8.导学号18702107已知函数f(x)=-13x3+12x2+2ax在区间(14,+∞)上存在单调递增区间,则a的取值范围是解析:法一因为f(x)=-13x3+12x所以f′(x)=-x2+x+2a,其对称轴方程为x=12>1因为函数f(x)=-13x3+12x2+2ax在区间(14,+所以f′(12)即-(12)2+12+解得a>-18法二由法一知f′(x)=-x2+x+2a>0在(14,+∞)即2a>x2-x在(14,+∞)记h(x)=x2-x,则h(x)≥-14所以2a>-14,即a>-1答案:(-18,+∞9.导学号18702108已知函数f(x)=-12x2+4x-3lnx在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.解析:由题意知f′(x)=-x+4-3x==-(x由f′(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.答案:(0,1)∪(2,3)10.已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.(1)求a,b的值;(2)讨论f(x)的单调性.解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=4,f′(0)=4,故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.(2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x.f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)(ex-12)令f′(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.能力提升练(时间:15分钟)11.(2016·湖南郴州市一模)若b>a>3,f(x)=lnx(A)f(a)<f(ab)<f(a+(B)f(ab)<f(a+b(C)f(ab)<f(a+b(D)f(b)<f(a+b2)解析:因为f(x)=lnx所以f′(x)=1-令f′(x)=0,解得x=e.当x≥e时,f′(x)<0,为减函数,当0<x<e时,f′(x)>0,为增函数.因为b>a>3>e,所以ab>b>a+b2所以f(a)>f(ab)>f(a+b12.导学号18702109设函数f(x)=12sin2x+acosx在(0,π(A)[-1,+∞) (B)(-∞,-1] (C)(-∞,0) (D)(0,+∞)解析:f(x)=12sin2x+acosx在(0,π所以f′(x)=cos2x-asinx≥0在(0,π)上恒成立,所以1-2sin2x-asinx≥0,设t=sinx,t∈(0,1],即-2t2-at+1≥0,t∈(0,1],所以a≤-2t+1t令g(t)=-2t+1t则g′(t)=-2-1t所以g(t)在(0,1]上单调递减,所以a≤g(1)=-1,故选B.13.(2016·成都一诊)已知函数f(x)=3xa-2x2+lnx(a>0).若函数f(x)在[1,2]上为单调函数,则a的取值范围是解析:f′(x)=3a-4x+1x,因为函数f(x)在[1,2]上为单调函数,即f=3a-4x+1x≥0或f′(x)=3a-4x+1x≤0在[1,2]上恒成立,即3a≥4x-1x或3a≤4x-1x在[1,2]上恒成立.令h(x)=4x-1x,则h(x)在[1,2]上单调递增,所以3a≥h(2)或3a≤h(1),即3答案:(0,25]∪[1,+∞14.(2016·山东卷改编)已知f(x)=a(x-lnx)+2x-1解:f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=a-ax-2x2+2当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当a>0时,f′(x)=a(x-1)x3·(①0<a<2时,2a>1,当x∈(0,1)或x∈(2a,+∞)时,f当x∈(1,2a)时,f′②a=2时,2a=1,在x∈(0,+∞)内,f′(x)≥③当a>2时,0<2a<1,当x∈(0,2a)或x∈(1,+∞)时,f当x∈(2a,1)时,f′综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,当0<a<2时,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,2a)在(2a,+∞)当a=2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增,当a>2时,f(x)在(0,2a)在(2a,1)在(1,+∞)内单调递增.好题天天练1.(2016·安徽淮南市第二次高考模拟)已知y=f(x)为定义在R上的单调递增函数,y=f′(x)是其导函数,若对任意x∈R总有f((A)f(e)e+1>(C)f(e)e+2>解题关键:将已知条件式f(x-解析:因为y=f(x)为定义在R上的单调递增函数,所以y=f′(x)>0,f(x-整理得f(由复合函数求导法则可知f′(x-1)=f′(x)>0,所以f(x-1)-xf′(x-1)<0,设g(x)=f(x-1)x,x因为xf′(x-1)-f(x-1)>0,所以g′(x)>0,所以g(x)单调递增,因为e+1<π+1,所以g(e+1)<g(π+1),即f(e)2.(2017·河南郑州一中高三入学测试)已知函数f(x)=x-exa存在单调递减区间,且y=f(x)的图象在x=0处的切线l与曲线y=e(A)有3条 (B)有2条(C)有1条 (D)不存在解题关键:分类讨论,数形结合.解析:f′(x)=1-ex依