2022高考數學一輪復習 第3章 導數及應用 第2課時 導數的應用(一)—單調性練習 理

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1、2022高考數學一輪復習 第3章 導數及應用 第2課時 導數的應用(一)—單調性練習 理 1．函數y＝x2(x－3)的單調遞減區(qū)間是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　 B．(2，＋∞) C．(0，2) D．(－2，2) 答案　C 解析　y′＝3x2－6x，由y′＜0，得0＜x＜2. 2．函數f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是(　　) A．增函數 B．減函數 C．在(0，π)上增，在(π，2π)上減 D．在(0，π)上減，在(π，2π)上增 答案　A 解析　∵f′(x)＝1－cosx>0， ∴f(x)在(0，2π)上遞增． 3．已知e為自然對數的底數，則

2、函數y＝xex的單調遞增區(qū)間是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1] C．[1，＋∞) D．(－∞，1] 答案　A 解析　令y′＝(1＋x)ex≥0. ∵ex>0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，選A. 4．(2017·湖北八校聯(lián)考)函數f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調遞增區(qū)間為(　　) A．(0，) B．(，＋∞) C．(－∞，) D．(－∞，a) 答案　A 解析　由f′(x)＝－a>0，得0

3、bx＋)的單調遞減區(qū)間為(　　) A．(－∞，－2) B．[3，＋∞) C．[2，3] D．[，＋∞) 答案　A 解析　由題意可以看出－2，3是函數f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的兩個極值點，即方程f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝0的兩根，所以－＝1，＝－6，即2b＝－3，c＝－18，所以函數y＝log2(x2＋bx＋)可化為y＝log2(x2－x－6)．解x2－x－6>0得x<－2或x>3.因為二次函數y＝x2－x－6的圖像開口向上，對稱軸為直線x＝，所以函數y＝log2(x2－x－6)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－2)．故選A. 6．若函數y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為

4、(－，)，則a的取值范圍是(　　) A．a＞0 B．－1＜a＜0 C．a＞1 D．0＜a＜1 答案　A 解析　y′＝a(3x2－1)， 解3x2－1＜0，得－＜x＜. ∴f(x)＝x3－x在(－，)上為減函數． 又y＝a·(x3－x)的遞減區(qū)間為(－，)．∴a＞0. 7．如果函數f(x)的導函數f′(x)的圖像如圖所示，那么函數f(x)的圖像最有可能的是(　　) 答案　A 8．(2018·四川雙流中學)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調遞減，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，3] B．[，＋∞) C．(3，) D．(0，3) 答

5、案　B 解析　因為函數f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上單調遞減，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥x在(1，3)上恒成立．因為<，所以a≥.故選B. 9．(2018·合肥一中模擬)函數f(x)在定義域R內可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)·f′(x)<0，設a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則(　　) A．a

6、時，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0. 即f(x)在(－∞，1)上單調遞增，f(－1)f(x＋3)成立的x的取值范圍是(　　) A．(－1，3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞) C．(－3，3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞) 答案　D 解析　因為f(－x)＝ln(e－x＋ex)＋(－x)2＝ln(ex＋e－x)＋x2＝f(x)，所以函數f(x)是偶函數．通過導函數可知函數y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上是增函數，所以函數f(x

7、)＝ln(ex＋e－x)＋x2在(0，＋∞)上也是增函數，所以不等式f(2x)>f(x＋3)等價于|2x|>|x＋3|，解得x<－1或x>3.故選D. 11．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0.對任意正數a，b，若a0，∴af(b)≤bf

8、(a)． 12．(2018·福建南平質檢)已知函數f(x)(x∈R)圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，那么函數f(x)的單調減區(qū)間是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，2] C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞) 答案　C 解析　因為函數f(x)(x∈R)圖像上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，所以函數f(x)的圖像在點(x0，y0)處的切線的斜率k＝(x0－2)(x02－1)，函數f(x)的導函數為f′(x)＝(x－2)(x2－1)．由f′(x)＝(x－

9、2)(x2－1)<0，得x<－1或10得可解00 解析　y′＝－x2＋a，y＝－x3＋ax有三個單調區(qū)間，則方程－x2＋a＝0應有兩個不等實根，故a>0. 15．已知函數f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k

10、>0)的單調遞減區(qū)間是(0，4)． (1)實數k的值為________； (2)若在(0，4)上為減函數，則實數k的取值范圍是________． 答案　(1)　(2)00，故0

11、 (2)(－∞，1] 解析　(1)當a＝時，f(x)＝x(ex－1)－x2， f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)． 當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0；當x∈(－1，0)時，f′(x)＜0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0. 故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上單調遞增，在[－1，0]上單調遞減． (2)f(x)＝x(ex－1－ax)． 令g(x)＝ex－1－ax，則g′(x)＝ex－a. 若a≤1，則當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)為增函數，而g(0)＝0，從而當x≥0時g(x)≥0，即f(x)≥0. 若a＞1，則當x∈(0

12、，ln a)時，g′(x)＜0，g(x)為減函數，而g(0)＝0，從而當x∈(0，lna)時g(x)<0，即f(x)<0.綜上得a的取值范圍為(－∞，1]． 17．(2018·遼寧大連雙基自測)已知函數f(x)＝lnx＋(a∈R)． (1)若函數f(x)在區(qū)間(0，4)上單調遞增，求a的取值范圍； (2)若函數y＝f(x)的圖像與直線y＝2x相切，求a的值． 答案　(1)a≥－4　(2)4 解析　(1)f′(x)＝＋＝. ∵函數f(x)在區(qū)間(0，4)上單調遞增， ∴f′(x)≥0在(0，4)上恒成立， ∴(x＋1)2＋ax≥0，即a≥－＝－(x＋)－2在(0，4)上恒成立．

13、 ∵x＋≥2，當且僅當x＝1時取等號，∴a≥－4. (2)設切點為(x0，y0)，則y0＝2x0，f′(x0)＝2，y0＝lnx0＋， ∴＋＝2① 且2x0＝lnx0＋② 由①得a＝(2－)(x0＋1)2，③ 代入②，得2x0＝lnx0＋(2x0－1)(x0＋1)， 即lnx0＋2x02－x0－1＝0. 令F(x)＝lnx＋2x2－x－1，則 F′(x)＝＋4x－1＝>0， ∴F(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ∵F(1)＝0，∴x0＝1，代入③式得a＝4. 18．設函數f(x)＝xekx(k≠0)． (1)若k>0，求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數f(x)在

14、區(qū)間(－1，1)內單調遞增，求k的取值范圍． 答案　(1)增區(qū)間為(－，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，－)　(2)[－1，0)∪(0，1] 解析　(1)f′(x)＝(1＋kx)ekx， 若k>0，令f′(x)>0，得x>－， 所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間是(－，＋∞)， 單調遞減區(qū)間是(－∞，－)． (2)∵f(x)在區(qū)間(－1，1)內單調遞增， ∴f′(x)＝(1＋kx)ekx≥0在(－1，1)內恒成立， ∴1＋kx≥0在(－1，1)內恒成立， 即解得－1≤k≤1. 因為k≠0，所以k的取值范圍是[－1，0)∪(0，1]． 1．函數f(x)＝(x－3)ex的單調遞增區(qū)間

15、是(　　) A．(－∞，2) B．(0，3) C．(1，4) D．(2，＋∞) 答案　D 解析　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故選D. 2.在R上可導的函數f(x)的圖像如圖所示，則關于x的不等式xf′(x)<0的解集為(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案　A 解析　在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)遞增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范圍為(－∞，－1)； 在(－1，1

16、)上，f(x)遞減，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范圍為(0，1)． 綜上，關于x的不等式xf′(x)<0的解集為(－∞，－1)∪(0，1)． 3．函數y＝3x2－2lnx的單調遞增區(qū)間為________，單調遞減區(qū)間為__________． 答案　(，＋∞)，(0，) 解析　y′＝6x－＝. ∵函數的定義域為(0，＋∞)，∴由y′>0，得x>. ∴單調遞增區(qū)間為(，＋∞)． 由y′<0，得02，則f(x)>2x＋4的解集為

17、________． 答案　(－1，＋∞) 解析　令g(x)＝f(x)－2x－4，則g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)在R上為增函數，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可轉化為g(x)>g(－1)，解得x>－1，故原不等式的解集為(－1，＋∞)． 5．已知f(x)＝ex－ax－1，求f(x)的單調遞增區(qū)間． 答案　①a≤0時，f(x)在R上單調遞增； ②a>0時，f(x)增區(qū)間為(lna，＋∞) 6．已知函數f(x)＝mln(x＋1)－(x>－1)，討論f(x)的單調性． 解析　f′(x)＝(x>－1) 當m≤0時，f′(x)<0，函數f(x)在(－

18、1，＋∞)上單調遞減； 當m>0時，令f′(x)<0，得x<－1＋，函數f(x)在(－1，－1＋)上單調遞減； 令f′(x)>0，得x>－1＋，函數f(x)在(－1＋，＋∞)上單調遞增． 綜上所述，當m≤0時，f(x)在(－1，＋∞)上單調遞減； 當m>0時，f(x)在(－1，－1＋)上單調遞減，在(－1＋，＋∞)上單調遞增． 7．已知函數g(x)＝x3－x2＋2x＋1，若g(x)在區(qū)間(－2，－1)內存在單調遞減區(qū)間，求實數a的取值范圍． 答案　(－∞，－2) 解析　g′(x)＝x2－ax＋2， 依題意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立．當x

19、∈(－2，－1)時，a0. (1)設g(x)是f(x)的導函數，討論g(x)的單調性； (2)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解． 答案　(1)當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增 (2)略 解析　(1)由已知，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)， g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)， 所以g′(x)

20、＝2－＝. 當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減； 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增． (2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx. 令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，則φ(1)＝1>0，φ(e)＝2(2－e)<0. 于是存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0. 令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)． 由u′(x)＝1－≥0知，函數u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調遞增， 故0＝u(1)f(x0)＝0； 當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，從而f(x)>f(x0)＝0；又當x∈(0，1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx>0. 故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0. 綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有唯一解．