2017届江苏高考理科数学考点专题复习检测18

训练目标(1)函数的单调性与导数的关系；(2)函数单调性的应用.训练题型(1)求函数单调区间；(2)利用函数单调性求参数值；(3)利用函数单调性比较函数值大小.解题策略(1)函数的单调性可通过解不等式f′(x)>0或f′(x)<0判断；(2)若f(x)在区间D上是增函数，则f′(x)≥0在D上恒成立；(3)已知条件中含f(x)的不等式，可构造函数，利用单调性求解.1．设函数f(x)＝－eq\f(2x,1＋x2)，则f(x)的单调减区间是________．2．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是________．①函数f(x)在区间(－3,0)上是减函数；②函数f(x)在区间(－3,2)上是减函数；③函数f(x)在区间(0,2)上是减函数；④函数f(x)在区间(－3,2)上是单调函数．3．已知函数f(x)＝mx3＋3(m－1)x2－m2＋1(m>0)的单调递减区间是(0,4)，则m＝________.4．已知函数f(x)＝eq\f(1－x,ax)＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．5．(2015·广东江门普通高中调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx＋cosx，则f(x)的单调递增区间是________________．6．已知函数f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数f(x)的单调递减区间为__________．7．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2ax－alnx在(1,2)上单调递减，则a的取值范围是________．8．设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)<f(x)．则下列三个数：ef(2)，f(3)，e2f(－1)从小到大依次排列为________________．9．若f(x)是定义在R上的可导函数，且对任意x∈R，满足f(x)＋f′(x)>0，则对任意实数a，b，下列结论成立的是________．①a>b⇔eaf(b)>ebf(a)；②a>b⇔eaf(b)<ebf(a)；③a>b⇔eaf(a)<ebf(b)；④a>b⇔eaf(a)>ebf(b)．10．已知函数f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－ax(a∈R)．(1)当a＝eq\f(3,2)时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，求实数a的取值范围．答案解析1．(－1,1)解析f′(x)＝－eq\f(2(1＋x2)－2x·2x,(1＋x2)2)＝eq\f(2(x＋1)(x－1),(1＋x2)2)，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减．2．①解析当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，则f(x)在(－3,0)上是减函数．其他判断均不正确．3.eq\f(1,3)解析函数f(x)＝mx3＋3(m－1)x2－m2＋1(m>0)，则f′(x)＝3mx2＋6(m－1)x，令f′(x)<0，即3mx2＋6(m－1)x<0，因为m>0，f(x)的单调递减区间是(0,4)，所以0,4是方程3mx2＋6(m－1)x＝0的两根，所以0＋4＝eq\f(2(1－m),m)，所以m＝eq\f(1,3).4．[1，＋∞)解析∵f(x)＝eq\f(1－x,ax)＋lnx(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(a>0)，∵函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥eq\f(1,x)对x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1.5．(－π，－eq\f(π,2)]和[0，eq\f(π,2)]解析f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx≥0，则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－eq\f(π,2)]和[0，eq\f(π,2)]，即f(x)的单调递增区间是(－π，－eq\f(π,2)]和[0，eq\f(π,2)]．6.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析函数f(x)＝x2＋3x－2lnx的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝2x＋3－eq\f(2,x)，所以令2x＋3－eq\f(2,x)<0，即2x2＋3x－2<0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2))).又x∈(0，＋∞)，所以x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).所以函数f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).7．[eq\f(4,5)，＋∞)解析因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－2ax－alnx在(1,2)上单调递减，所以f′(x)＝x－2a－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－2ax－a,x)≤0在(1,2)上恒成立，即a≥eq\f(x2,2x＋1)在x∈(1,2)上恒成立，易知函数y＝eq\f(x2,2x＋1)在(1,2)上是增函数，所以eq\f(x2,2x＋1)<eq\f(22,2×2＋1)＝eq\f(4,5)，故a≥eq\f(4,5).8．f(3)<ef(2)<e2f(－1)解析构造函数g(x)＝eq\f(f(x),ex)，g′(x)＝eq\f([f′(x)－f(x)]ex,e2x)<0，所以g(x)在R上为减函数，所以g(1)>g(2)>g(3)，即eq\f(f(1),e)>eq\f(f(2),e2)>eq\f(f(3),e3)，得e2f(1)>ef(2)>f(3)，又f(－1)＝f(1)，所以f(3)<ef(2)<e2f(－1)．9．④解析设F(x)＝exf(x)，则F′(x)＝exf(x)＋exf′(x)>0，故函数F(x)在实数集R上是增函数，当a>b时，F(a)>F(b)，即eaf(a)>ebf(b)，反之成立．故④成立．10．解(1)当a＝eq\f(3,2)时，f(x)＝eq\f(ex,2)－eq\f(1,ex)－eq\f(3,2)x，f′(x)＝eq\f(1,2ex)[(ex)2－3ex＋2]＝eq\f(1,2ex)(ex－1)(ex－2)，令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，即x＝0或x＝ln2；令f′(x)>0，得x<0或x>ln2；令f′(x)<0，得0<x<ln2.∴f(x)的增区间是(－∞，0]，[ln2，＋∞)，减区间是(0，ln2)．(2)f′(x)＝eq\f(ex,2)＋eq\f(1,ex)－a，令ex＝t，由于x∈[－1,1]，∴t∈[eq\f(1,e)，e]．令h(t)＝eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)(t∈[eq\f(1,e)，e])，h′(t)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t2－2,2t2)，∴当t∈[eq\f(1,e)，eq\r(2))时，h′(t)<0，函数h(t)为单调递减函数；当t∈(eq\r(2)，e]时，h′(t)>0，函数h(t)为单调递增函数．故h(t)在[eq\f(1,e)，e]上的极小值点为t＝eq\r(2)，且h(eq\r(2))＝eq\r(2).又h(e)＝eq\f(e,2)＋eq\f(1,e)<h(eq\f(1,e))＝eq\f(1,2e)＋e，∴eq\r(2)≤h(t)≤e＋eq\f(1,2e).∵函数f(x)在[－1,1]上为单调函数，①若函数在[－1,1]上单调递增，则a≤eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)对t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≤eq\r(2)；②若函数f(x)在[－1,1]上单调递减，则a≥eq\f(t,2)＋eq\f(1,t)对t∈[eq\f(1,e)，e]恒成立，所以a≥e＋eq\f(1,2e)，综上可得a的取值范围是(－∞，eq\r(2)]∪[e＋eq\f(1,2e)，＋∞)．沁园春·雪<毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，