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2023高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第1课时第一课时导数与函数的单调性课时规范练文含解析北师大版202302202391
2023高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第1课时第一课时导数与函数的单调性课时规范练文含解析北师大版202302202391
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第二章 函数、导数及其应用第十一节 导数在研究函数中的应用第一课时 导数与函数的单调性课时规范练A组——基础对点练1.(2020·岳阳模拟)函数f(x)=x-lnx的单调递减区间为( )A.(0,1) B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(-∞,0)∪(1,+∞)解析:函数的定义域是(0,+∞),且f′(x)=1-=,令f′(x)<0,解得0<x<1,所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1).答案:A2.已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析:f′(x)=x2+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.答案:A3.(2020·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)·(x-x0),那么函数f(x)的单调递增区间是( )A.(-1,1),(3,+∞)B.(-∞,-1),(1,3)C.(-1,1)∪(3,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,3)解析:因为函数f(x)的图像上任一点(x0,y0)的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)(x-x0),即函数图像在点(x0,y0)的切线斜率k=(3-x0)(x-1),所以f′(x)=(3-x)(x2-1).由f′(x)=(3-x)(x2-1)>0,解得x<-1或1<x<3,即函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(1,3).故选B.答案:B\n4.(2020·安徽示范高中二模)已知f(x)=,则( )A.f(2)>f(e)>f(3)B.f(3)>f(e)>f(2)C.f(3)>f(2)>f(e)D.f(e)>f(3)>f(2)解析:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=.所以x∈(0,e)时,f′(x)>0;x∈(e,+∞)时,f′(x)<0.故f(x)max=f(e),而f(2)==,f(3)==,f(e)>f(3)>f(2).故选D.答案:D5.(2020·珠海质检)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)解析:由于f′(x)=k-,则f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上单调递增⇒f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立.由于k≥,而0<<1,所以k≥1,即k的取值范围为[1,+∞).答案:D6.函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图像如图所示,则函数y=f(x)的图像可能是( )答案:D7.(2020·娄底模拟)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0.且g(3)=0.则不等式f(x)g(x)<0的解集是( )\nA.(-3,0)∪(3,+∞)B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(0,3)解析:因为当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,即[f(x)g(x)]′>0,所以f(x)g(x)在(-∞,0)上单调递增,又因为f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,所以f(x)g(x)为奇函数,关于原点对称,所以f(x)g(x)在(0,+∞)上也是增函数,因为f(3)g(3)=0,所以f(-3)g(-3)=0.所以f(x)g(x)<0的解集为x<-3或0<x<3.答案:D8.若函数exf(x)(e=2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增,则称函数f(x)具有M性质.下列函数中具有M性质的是( )A.f(x)=2-xB.f(x)=x2C.f(x)=3-xD.f(x)=cosx解析:当f(x)=2-x时,ex·f(x)=ex·2-x=,令y=,则y′=()′==(1-ln2).∵ex>0,2x>0,ln2<1,∴y′>0.∴当f(x)=2-x时,ex·f(x)在f(x)的定义域上单调递增,故具有M性质,经验证B、C、D不具有M性质,故选A.答案:A9.(2020·济南模拟)若函数y=-x3+ax有三个单调区间,求a的取值范围.解析:因为y′=-4x2+a,且y有三个单调区间,所以方程y′=-4x2+a=0有两个不等的实根,所以Δ=02-4×(-4)×a>0,所以a>0.10.已知函数f(x)=lnx-ax2-2x(a≠0)存在单调递减区间,求实数a的取值范围.解析:f′(x)=-(x>0),依题意,得f′(x)<0在(0,+∞)上有解,\n即ax2+2x-1>0在x>0时有解.所以a>-=(-1)2-1.所以a>-1,又a≠0,所以-1<a<0或a>0.B组——素养提升练11.(2020·苏州二模)已知函数f(x)=-x2+4x-3lnx在区间[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-=-,由f′(x)=0,得函数f(x)的两个极值点为1和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)12.(2020·南京三模)函数f(x)=ex(-x2+2x+a)在区间[a,a+1](a>0)上单调递增,则实数a的最大值为________.解析:f(x)=ex(-x2+2x+a),f′(x)=ex(-x2+a+2),若f(x)在[a,a+1]上单调递增,则-x2+a+2≥0在[a,a+1]上恒成立,即a+2≥x2在[a,a+1]上恒成立,若a>0,y=x2在[a,a+1]上单调递增,y=x2的最大值是(a+1)2,故a+2≥(a+1)2,解得0<a≤,则实数a的最大值为.答案:13.设函数f(x)=ax2-a-lnx,其中a∈R,讨论f(x)的单调性.解析:f(x)的定义域为(0,+∞)\nf′(x)=2ax-=(x>0).当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f′(x)=0,有x=.此时,当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上当a≤0时,f(x)的递减区间为(0,+∞),当a>0时,f(x)的递增区间为(,+∞),递减区间为(0,).14.(2020·云南统考)已知函数f(x)=lnx-.(1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;(2)若f[x(3x-2)]<-,求实数x的取值范围.解析:(1)证明:由已知得f(x)的定义域为(0,+∞).∵f(x)=lnx-,∴f′(x)=-=.∵x>0,∴4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.∴当x>0时,f′(x)>0.∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)∵f(x)=lnx-,∴f(1)=ln1-=-.由f[x(3x-2)]<-得f[x(3x-2)]<f(1).由(1)得解得-<x<0或<x<1.∴实数x的取值范围为(-,0)∪(,1).
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-08-25 17:29:26
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