《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 查漏補(bǔ)缺課時(shí)練習(xí)（十四）第14講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 查漏補(bǔ)缺課時(shí)練習(xí)（十四）第14講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文.docx（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
課時(shí)作業(yè)(十四) 第14講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
時(shí)間 /45分鐘 分值 /100分
基礎(chǔ)熱身
1.函數(shù)y=x(x2-6)的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( )
A.(-∞,2)
B.(2,+∞)
C.(-2,2)
D.(0,2)
2.函數(shù)f(x)=1+x-cosx在(0,2π)上的單調(diào)情況是 ( )
A.單調(diào)遞增
B.單調(diào)遞減
C.在(0,π)上單調(diào)遞增,在(π,2π)上單調(diào)遞減
D.在(0,π)上單調(diào)遞減,在(π,2π)上單調(diào)遞增
3.函數(shù)y=(x+1)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是 ( )
A.(-∞,1]
B.(-∞,-2]
C.[1,+∞)
D.[-2,+∞)
4.函數(shù)f(x)=lnx-2ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,2),則實(shí)數(shù)a= ( )
A.12 B.13
C.14 D.1
5.函數(shù)f(x)=lnx-12x2+x的單調(diào)遞增區(qū)間為 .
能力提升
6.若f(x)=x3-ax2+1在(1,3)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.(-∞,3]
B.92,+∞
C.3,92
D.(0,3)
7.已知函數(shù)f(x)=sinx-x,則不等式f(x+1)+f(2-2x)>0的解集是 ( )
A.-∞,-13
B.-13,+∞
C.(3,+∞)
D.(-∞,3)
8.已知函數(shù)y=f(x)ex在其定義域上單調(diào)遞減,則函數(shù)f(x)的圖像可能是 ( )
A
B
C
D
圖K14-1
9.[2018河北張家口模擬] 定義域?yàn)镽的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x),且滿足f(x)+f(x)<0,則下列關(guān)系正確的是 ( )
A.f(1)
-x0f(x0)成立,則實(shí)數(shù)b的取值范圍是 .
14.(12分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+2x-1.
(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,-1]上單調(diào)遞減,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
15.(13分)設(shè)函數(shù)f(x)=eax+λlnx,其中a<0,e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).若f(x)是(0,+∞)上的單調(diào)函數(shù),求λ的取值范圍.
難點(diǎn)突破
16.(5分)[2018昆明三模] 已知函數(shù)f(x)=(x2-2x)ex-alnx(a∈R)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,則a的最大值是 ( )
A.-e B.e
C.-e22 D.4e2
17.(5分)已知函數(shù)f(x)=x-2(ex-e-x),則不等式f(x2-2x)>0的解集為 .
課時(shí)作業(yè)(十四)
1.C [解析]y=x(x2-6)=x3-6x,則y=3x2-6,由y<0得-20,所以由y≥0得x+2≥0,得x≥-2,故選D.
4.C [解析] 由f(x)=lnx-2ax(a>0),得f(x)=1x-2a,因?yàn)閤>0,所以由f(x)>0得00),由f(x)>0,得0f(2x-2),由函數(shù)的單調(diào)性可知x+1<2x-2,得x>3.故選C.
8.A [解析] 因?yàn)楹瘮?shù)y=f(x)ex在其定義域上單調(diào)遞減,所以y=f(x)ex=f(x)-f(x)ex≤0在定義域上恒成立且不恒為0,即f(x)≥f(x)恒成立,結(jié)合函數(shù)f(x)的圖像及導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得選項(xiàng)A滿足條件.故選A.
9.A [解析] 設(shè)g(x)=exf(x),則g(x)=ex[f(x)+f(x)]<0,所以g(x)為R上的減函數(shù),則g(-1)>g(0)>g(1),即e-1f(-1)>e0f(0)>e1f(1),整理得f(1)1時(shí),lnx>0,要使f(x)≥0恒成立,則x+a≥0恒成立,因?yàn)閤+a>1+a,所以1+a≥0,解得a≥-1;當(dāng)00 [解析]y=x2-a,因?yàn)閥=13x3-ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,所以方程x2-a=0有兩個(gè)不等實(shí)根,故a>0.
12.c0,f(x)單調(diào)遞增,又f(3)=f(-1),且-1<0<12<1,所以f(-1)-xf(x),得f(x)+xf(x)>0,即[xf(x)]>0,所以由題知1x+2(x-b)>0在12,2上有解,即b<12x+x在12,2上有解,當(dāng)x∈12,2時(shí),12x+x的最大值為14+2=94,所以b的取值范圍是-∞,94.
14.解:由f(x)=x3+ax2+2x-1,得f(x)=3x2+2ax+2.
(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[1,3]上單調(diào)遞增,所以f(x)≥0在[1,3]上恒成立,
即a≥-3x2-22x在[1,3]上恒成立.
令g(x)=-3x2-22x,則g(x)=-3x2+22x2,
當(dāng)x∈[1,3]時(shí),g(x)<0,所以g(x)在[1,3]上單調(diào)遞減,所以g(x)max=g(1)=-52,所以a≥-52.
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[-2,-1]上單調(diào)遞減,所以f(x)≤0在[-2,-1]上恒成立,即a≥-3x2-22x在[-2,-1]上恒成立,由(1)易知,g(x)=-3x2-22x在[-2,-1]上單調(diào)遞減,所以a≥g(-2),即a≥72.
15.解:f(x)=aeax+λx=axeax+λx(x>0).
①若λ≤0,則f(x)<0,則f(x)是(0,+∞)上的減函數(shù),滿足題意.
②若λ>0,令g(x)=axeax+λ,其中a<0,x>0,則g(x)=aeax(1+ax),令g(x)=0,得x=-1a,
當(dāng)x∈0,-1a時(shí),g(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈-1a,+∞時(shí),g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
故當(dāng)x=-1a時(shí),g(x)取得極小值,也是最小值,且g-1a=λ-1e.
因此當(dāng)λ-1e≥0,即λ≥1e時(shí),g(x)≥0,此時(shí)f(x)≥0,f(x)是(0,+∞)上的增函數(shù),滿足題意.
綜上所述,λ的取值范圍是(-∞,0]∪1e,+∞.
16.A [解析] 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=(x2-2x)ex-alnx(a∈R),所以f(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)-ax=ex(x2-2)-ax.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=(x2-2x)ex-alnx(a∈R)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)=ex(x2-2)-ax≥0在區(qū)間(0,+∞)上恒成立,即a≤ex(x3-2x)在區(qū)間(0,+∞)上恒成立.令h(x)=ex(x3-2x)(x>0),則h(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2)=ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2).令h(x)>0,可得x>1,所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,所以h(x)min=h(1)=-e,所以a≤-e.故選A.
17.(0,2) [解析] 由函數(shù)的解析式可得f(x)=1-2(ex+e-x),由于ex+e-x≥2exe-x=2,當(dāng)且僅當(dāng)ex=e-x,即x=0時(shí)等號(hào)成立,所以f(x)=1-2(ex+e-x)≤-3,則函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù).注意到f(0)=0,則題中的不等式等價(jià)于f(x2-2x)>f(0),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性有x2-2x<0,解得0
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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
查漏補(bǔ)缺課時(shí)練習(xí)十四第14講
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
2019
高考
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導(dǎo)數(shù)
函數(shù)
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