《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點規(guī)范練13 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 考點規(guī)范練13 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
考點規(guī)范練13 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
基礎(chǔ)鞏固組
1.函數(shù)f(x)=(x-3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是( )
A.(-∞,2) B.(0,3) C.(1,4) D.(2,+∞)
答案D
解析因為f(x)=(x-3)ex,則f(x)=ex(x-2),令f(x)>0,得x>2,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞).
2.(2017浙江嘉興調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=12x3+ax+4,則“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
答案A
解析f(x)=32x2+a,當(dāng)a≥0時,f(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.
3.設(shè)f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),y=f(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的圖象最有可能是( )
答案C
解析由y=f(x)的圖象易知當(dāng)x<0或x>2時,f(x)>0,故函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-∞,0)和(2,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)0
0),
當(dāng)x-9x≤0,即00,且a+1≤3,解得10時,g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),則g12≥0,解得14+a4-1≥0,a≥3;
當(dāng)a<0時,同理分析可知,滿足函數(shù)f(x)=x2+ax+1x在12,+∞是增函數(shù)的a的取值范圍是a≥3(舍).故選D.
6.函數(shù)f(x)=lnxx的單調(diào)遞增區(qū)間是 .
答案(0,e)
解析由f(x)=lnxx=1-lnxx2>0(x>0),可得1-lnx>0,x>0,解得x∈(0,e).
7.(2017浙江麗水模擬)已知函數(shù)f(x)=ln x+2x,若f(x2+2)0,函數(shù)單調(diào)遞增,所以由f(x2+2)0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增,
所以f(mx-2)+f(x)<0可化為f(mx-2)<-f(x)=f(-x),
由f(x)在R上單調(diào)遞增可知mx-2<-x,即mx+x-2<0,
則對任意的m∈[-2,2],f(mx-2)+f(x)<0恒成立,
等價于對任意的m∈[-2,2],mx+x-2<0恒成立,
所以-2x+x-2<0,2x+x-2<0,解得-20,f(2)=92,則不等式f(lg x)<1lgx+4的解集為( )
A.(10,100) B.(0,100) C.(100,+∞) D.(1,100)
答案D
解析令g(x)=f(x)-1x,則g(x)=f(x)+1x2>0,
g(x)在(0,+∞)遞增,而g(2)=f(2)-12=4,
故由f(lgx)<1lgx+4,得g(lnx)1} D.{x|x>1}
答案D
解析設(shè)F(x)=f(x)-x2+12,則F(1)=f(1)-12+12=1-1=0,又F(x)=f(x)-12,對任意x∈R,有F(x)=f(x)-12<0,即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減,則F(x)<0的解集為(1,+∞),即f(x)0時,f(x)=lnx+32x2,
則f(x)=1xx2-lnx+322xx4=x-2xlnx-3xx4=-2x(1+lnx)x4,
由f(x)>0得-2x(1+lnx)>0,得1+lnx<0,即lnx<-1,得00,即lnx>-1,得x>1e,此時函數(shù)單調(diào)遞減,
即當(dāng)x>0時,x=1e時,函數(shù)f(x)取得極大值f1e=ln1e+32(1e)2=-1+32e2=12e2,作出函數(shù)f(x)的圖象如圖.要使a=ln|x|+32x2有4個不同的交點,則滿足00時,f(x)=-xe-x;
②函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-1)和(1,+∞);
③對?x1,x2∈R,都有|f(x1)-f(x2)|≤2e.其中正確的序號是 .
答案②③
解析①當(dāng)x>0時,f(x)=-f(-x)=-(-x)e-x=xe-x,x>0,故①錯誤;
②當(dāng)x<0時,f(x)=ex(x+1),則在(-∞,-1)單調(diào)遞減,由奇函數(shù)對稱性可知,在(1,+∞)也單調(diào)遞減,故②正確;
③由導(dǎo)函數(shù)分析可知,f(x)min=f(-1)=-1ef(x)max=f(1)=1e,所以|f(x1)-f(x2)|≤|f(x)max-f(x)min|=2e,故③正確.所以正確的命題是②③.
15.已知函數(shù)f(x)=x2ex,若f(x)在t,t+1上不單調(diào),則實數(shù)t的取值范圍是 .
答案(-3,-2)∪(-1,0)
解析由題意,得f(x)=ex(x2+2x),
∴f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上單調(diào)遞增,(-2,0)上單調(diào)遞減,又f(x)在[t,t+1]上不單調(diào),∴t<-2,t+1>-2或t<0,t+1>0,即實數(shù)t的取值范圍是(-3,-2)∪(-1,0),故填:(-3,-2)∪(-1,0).
16.(2017江蘇高考)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是 .
答案-1,12
解析因為f(-x)=-x3+2x+1ex-ex=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù),因為f(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2exe-x≥0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增,又f(a-1)+f(2a2)≤0,即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤12,故實數(shù)a的取值范圍為-1,12.
17.設(shè)f(x)=ex1+ax2,其中a為正實數(shù).
(1)當(dāng)a=43時,求f(x)單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.
解對f(x)求導(dǎo)得f(x)=ex1+ax2-2ax(1+ax2)2.①
(1)當(dāng)a=43時,若f(x)=0,則4x2-8x+3=0,
解得x1=32,x2=12.結(jié)合①,可知
x
-∞,12
12
12,32
32
32,+∞
f(x)
+
0
-
0
+
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
所以增區(qū)間為-∞,12,32,+∞;減區(qū)間為12,32.
(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù),則f(x)在R上不變號,結(jié)合①與條件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,即Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,又a>0,得00,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
當(dāng)a<0時,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,
由于Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).
①當(dāng)a=-12時,Δ=0,f(x)=-12(x-1)2x(x+1)2≤0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
②當(dāng)a<-12時,Δ<0,g(x)<0,
f(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
③當(dāng)-120.
設(shè)x1,x2(x10,
所以x∈(0,x1)時,g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
x∈(x1,x2)時,g(x)>0,f(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
x∈(x2,+∞)時,g(x)<0,f(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
綜上可得:
當(dāng)a≥0時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)a≤-12時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
當(dāng)-12
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浙江專用2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)
第三章
導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
考點規(guī)范練13
導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性
浙江
專用
2020
高考
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第三
導(dǎo)數(shù)
及其
應(yīng)用
考點
規(guī)范
13
函數(shù)
調(diào)性
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