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高考数学一轮复习第2章基本初等函数导数及其应用第12讲导数与函数的单调性知能训练轻松闯关文北师大版

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第12讲导数与函数的单调性1.(2022·九江模拟)函数f(x)=(x-3)ex的递增区间是(  )A.(-∞,2)       B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)解析:选D.函数f(x)=(x-3)ex的导数为f′(x)=[(x-3)·ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)·ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f′(x)>0时,函数f(x)递增,此时由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.2.(2022·郑州一模)设函数f′(x)=x2+3x-4,则y=f(x+1)的递减区间为(  )A.(-4,1)B.(-5,0)C.D.解析:选B.由f′(x)=x2+3x-4,令f′(x)<0,即x2+3x-4<0,解得-4<x<1,所以函数f(x)的递减区间为(-4,1),所以y=f(x+1)的递减区间为(-5,0).3.(2022·江西省质检)函数f(x)=+的大致图像是(  )解析:选B.f(x)是偶函数,排除A,D;x>0时,f′(x)=·,记h(x)=e2x-2xex-1,因为h′(x)=2ex(ex-x-1)>0,所以h(x)>h(0)=0,所以f′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上是递增的,排除C,所以选B.4.对于在R上可导的任意函数f(x),若满足(x-a)·f′(x)≥0,则必有(  )A.f(x)≥f(a)B.f(x)≤f(a)C.f(x)>f(a)D.f(x)<f(a)解析:选A.由(x-a)f′(x)≥0知,当x>a时,f′(x)≥0;当x<a时,f′(x)≤0.所以当x=a时,函数f(x)取得最小值,则f(x)≥f(a).5.(2022·郑州第一次质量预测)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-3)=f(5)=1,f′(x)为f(x)的导函数,且导函数y=f′(x)的图像如图所示,则不等式f(x)<1的解集是(  )A.(-3,0)B.(-3,5)C.(0,5)D.(-∞,-3)∪(5,+∞)解析:选B.依题意得,当x>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数;当x<0时,f′(x)<0,f(x)是减函数.又f(-3)=f(5)=1,因此不等式f(x)<1的解集是(-3,5).4\n6.已知a≥0,函数f(x)=(x2-2ax)ex,若f(x)在[-1,1]上是减函数,则a的取值范围是(  )A.0<a<B.<a<C.a≥D.0<a<解析:选C.f′(x)=(2x-2a)ex+(x2-2ax)ex=[x2+(2-2a)x-2a]ex,由题意当x∈[-1,1]时,f′(x)≤0恒成立,即x2+(2-2a)x-2a≤0恒成立.令g(x)=x2+(2-2a)x-2a,则有即解得a≥.故选C.7.函数f(x)=1+x-sinx在(0,2π)上的单调情况是________. 解析:在(0,2π)上有f′(x)=1-cosx>0,所以f(x)在(0,2π)上是递增的.答案:增函数8.(2022·石家庄二中开学考试)已知函数f(x)=lnx+2x,若f(x2+2)<f(3x),则实数x的取值范围是________.解析:由题可得函数定义域为(0,+∞),f′(x)=+2xln2,所以在定义域内f′(x)>0,函数递增,所以由f(x2+2)<f(3x)得x2+2<3x,所以1<x<2.答案:(1,2)9.已知函数f(x)=e|x-a|(a为常数),若f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,则a的取值范围是________.解析:由f(x)=e|x-a|=知,当x≥a时,函数f(x)为增函数,而已知函数f(x)在区间[1,+∞)上为增函数,所以a的取值范围为(-∞,1].答案:(-∞,1]10.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰好有三个单调区间,则实数a的取值范围是________.解析:由题意知f′(x)=3ax2+6x-1,由函数f(x)恰好有三个单调区间,得f′(x)有两个不相等的零点,所以3ax2+6x-1=0满足a≠0,且Δ=36+12a>0,解得a>-3,所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).答案:(-3,0)∪(0,+∞)11.(2022·云南省第一次统一检测)已知函数f(x)=lnx-.(1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上递增;(2)若f[x(3x-2)]<-,求实数x的取值范围.解:(1)证明:由已知得f(x)的定义域为(0,+∞). 因为f(x)=lnx-,4\n所以f′(x)=-=.因为x>0,所以4x2+3x+1>0,x(1+2x)2>0.所以当x>0时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,+∞)上递增.(2)因为f(x)=lnx-,所以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.所以实数x的取值范围为∪.1.(2022·河北省衡水中学模拟)已知函数f(x)=ex,a∈R.(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当a=-1时,求证:f(x)在(0,+∞)上为增函数.解:函数f(x)的定义域为{x|x≠0},f′(x)=ex.(1)当a=0时,f(x)=x·ex,f′(x)=(x+1)ex,所以f(1)=e,f′(1)=2e.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是y-e=2e(x-1),即2ex-y-e=0.(2)证明:当a=-1时,f′(x)=·ex(x>0).设g(x)=x3+x2-x+1,则g′(x)=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1).令g′(x)=(3x-1)(x+1)>0,得x>.令g′(x)=(3x-1)(x+1)<0,得0<x<.所以函数g(x)在上是减函数,在上是增函数,所以函数g(x)在x=处取得最小值,且g=>0.所以g(x)在(0,+∞)上恒大于零.于是,当x∈(0,+∞)时,f′(x)=·ex>0恒成立.所以当a=-1时,函数f(x)在(0,+∞)上为增函数.2.已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e为自然对数的底数).(1)当a=2时,求函数f(x)的递增区间;(2)函数f(x)是否为R上的单调函数?若是,求出a的取值范围;若不是,请说明理由.4\n解:(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,因为ex>0,所以-x2+2>0,解得-<x<,所以函数f(x)的递增区间是(-,).(2)若函数f(x)在R上是递减的,则f′(x)≤0对任意x∈R都成立.即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0对任意x∈R都成立.因为ex>0,所以x2-(a-2)x-a≥0对任意x∈R都成立.所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的.故函数f(x)不可能在R上是递减的.若函数f(x)在R上是递增的,则f′(x)≥0对任意x∈R都成立,即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对任意x∈R都成立.因为ex>0,所以x2-(a-2)x-a≤0对任意x∈R都成立.而Δ=(a-2)2+4a=a2+4>0,故函数f(x)不可能在R上是递增的.综上可知函数f(x)不是R上的单调函数.4

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发布时间:2022-08-25 16:56:50 页数:4
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文章作者:U-336598

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