《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 新人教版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)14 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 文 新人教版.doc（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課堂達(dá)標(biāo)(十四) 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性 [A基礎(chǔ)鞏固練] 1．(2018九江模擬)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，＋∞) [解析]　函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f′(x)＞0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2. [答案]　D 2．(高考課標(biāo)全國卷Ⅱ)若函數(shù)f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，則k的取值范圍是(　　) A．(－∞，－2]　　　　　 B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) [解析]　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增?f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立． 由于k≥，而0＜＜1，所以k≥1.即k的取值范圍為[1，＋∞)． [答案]　D 3．(2017浙江)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的圖象可能是(　　) [解析]　原函數(shù)先減再增，再減再增，且由增變減時，極值點(diǎn)大于0，因此選D. [答案]　D 4．(2018湖南省永州市三模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－1在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減，m＝a＋b，則m的取值范圍是(　　 ) A. B. C. D．[－3，＋∞) [解析]　依題意，f′(x)＝3x2＋2ax＋b≤0，在[0,1]上恒成立． 只需要即可， ∴3＋2a＋2b≤0，∴m＝a＋b≤－. ∴m的取值范圍是(－∞，－]． [答案]　A 5．(2018長治模擬)函數(shù)f(x)＝x2＋2mln x(m<0)的單調(diào)遞減區(qū)間為(　　) A．(0，＋∞)　　　　 B．(0，) C．(，＋∞) D．(0，)∪(，＋∞) [解析]　由條件知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)． 因?yàn)閙<0，則f′(x)＝. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  由上表可知，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，＋∞)． [答案]　B 6．(2018山西省長治二中、晉城一中、康杰中學(xué)、臨汾一中、忻州一中五校)定義在(－∞，0)上的函數(shù)f(x)滿足x2f′(x)＋1＞0，f(1)＝6，則不等式f(lg x)＜＋5的解集為(　　) A．(，10) B．(0,10) C．(10，＋∞) D．(1,10) [解析]　由x2f′(x)＋1＞0，得f′(x)＋＞0，設(shè)g(x)＝f(x)－－5，則g′(x)＝f′(x)＋，故g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，故g(x)＜0的解集為(0,1)，即f(x)＜＋5的解集為(0,1)，由0＜lg x＜1解得1＜x＜10，則所求不等式的解集為(1,10)，故選D. [答案]　D 7．(2018青島模擬)若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的單調(diào)減區(qū)間為(－1,3)，則b＋c＝　________　. [解析]　f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由題意知－1＜x＜3是不等式3x2＋2bx＋c＜0的解集，∴－1,3是f′(x)＝0的兩個根，∴b＝－3，c＝－9，b＋c＝－12. [答案]　－12 8．(2018九江第一次統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為______． [解析]　f′(x)＝x＋2a－≥0在上恒成立，則2a≥－x＋在上恒成立， 因?yàn)閙ax＝，所以2a≥，即a≥. [答案]　 9．(2018衡水中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＜，則不等式f(x2)＜＋的解集為　________　. [解析]　設(shè)F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－， ∵f′(x)＜，∴F′(x)＝f′(x)－＜0， 即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減， ∵f(x2)＜＋，∴f(x2)－＜f(1)－， ∴F(x2)＜F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減， ∴x2＞1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [答案]　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 10．已知函數(shù)f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x. (1)求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． [解]　(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝－－， 由f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝. (2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－， 則f′(x)＝. 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5. 因?yàn)閤＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去． 當(dāng)x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)． 綜上，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(5，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為(0,5)． [B能力提升練] 1．(2018湛江一模)若函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，則f(x)在下列區(qū)間上單調(diào)遞增的是(　　) A．(－2,0) B．(0,1) C．(1，＋∞) D．(－∞，－2) [解析]　由題意知，f′(x)＝1－，∵函數(shù)f(x)＝x＋(b∈R)的導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(1,2)上有零點(diǎn)，∴當(dāng)1－＝0時，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，令f′(x)＞0，解得x＜－或x＞，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－)，(，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合題意． [答案]　D 2．(2018河南新鄉(xiāng)三模)定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＞2(x＋)f′(x)，其中f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則下列不等式中，一定成立的是(　　 ) A．f(1)＞＞ B. ＞＞ C．f(1)<< D. << [解析]　∵f(x)＞2(x＋)f′(x)， ∴f(x)＞2(＋1)f′(x)， ∴f(x)＞(＋1)f′(x)． ∴f′(x)(＋1)－f(x)＜0，∴′＜0， 設(shè)g(x)＝，則函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上遞減， 故g(1)＞g(4)＞g(9)，∴>＞， 當(dāng)f(x)＝－(＋1)時， 滿足f(x)＞2(x＋)f′(x)， 易得f(1)＝－2，＝－1－，＝－1－， ∴f(1)＜＜， 當(dāng)f(x)＝－(＋1)時， 滿足f(x)＞2(x＋)f′(x)， 易得f(1)＝－2，＝－1－，＝－1－， ∴f(1)＞＞，故A，C，D都錯． [答案]　B 3．已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋ln x(a＞0)．若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，則a的取值范圍是　________　. [解析]　f′(x)＝－4x＋， 若函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)， 即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立． 令h(x)＝4x－，則h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， 所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，又a＞0， 所以0＜a≤或a≥1. [答案]　∪[1，＋∞) 4．若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______． [解析]　∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a， ∵函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間， ∴f′(x)＝2x－ex－a≥0，即a≤2x－ex有解， 設(shè)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2，則當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>ln 2時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝ln 2時，g(x)取得最大值， 且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a≤2ln 2－2. [答案]　(－∞，2ln 2－2] 5．(2018山東省德州市四月二模文科)已知函數(shù)f(x)＝x2－2aln x＋(a－2)x，a∈R. (1)當(dāng)a＝－1時，求函數(shù)f(x)的極值； (2)當(dāng)a＜0時，討論函數(shù)f(x)單調(diào)性； (3)是否存在實(shí)數(shù)a，對任意的m，n∈(0，＋∞)，且m≠n，有＞a恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由． [解]　(1)當(dāng)a＝－1時，f(x)＝x2＋2ln x－3x， f′(x)＝x＋－3＝＝. 當(dāng)0＜x＜1或x＞2時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)1＜x＜2時，f′(x)＜f(x)單調(diào)遞減， 所以x＝1時，f(x)極大值＝f(1)＝－； x＝2時，f(x)極小值＝f(2)＝2ln 2－4. (2)當(dāng)a＜0時，f′(x)＝x－＋(a－2) ＝＝， ①當(dāng)－a＞2，即a＜－2時，由f′(x)＞0可得0＜x＜2或x＞－a，此時f(x)單調(diào)遞增； 由f′(x)＜0可得2＜x＜－a，此時f(x)單調(diào)遞減； ②當(dāng)－a＝2，即a＝－2時，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此時f(x)單調(diào)遞增； ③當(dāng)－a＜2，即－2＜a＜0時，由f′(x)＞0可得0＜x＜－a或x＞2，此時f(x)單調(diào)遞增；由f′(x)＜0可得－a＜x＜2，此時f(x)單調(diào)遞減． 綜上：當(dāng)a＜－2時，f(x)增區(qū)間為(0,2)，(－a，＋∞)，減區(qū)間為(2，－a)； 當(dāng)a＝－2時，f(x)增區(qū)間為(0，＋∞)，無減區(qū)間； 當(dāng)－2＜a＜0時，f(x)增區(qū)間為(0，－a)，(2，＋∞)，減區(qū)間為(－a,2)． (3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，對任意的m，n∈(0，＋∞)，且m≠n，有＞a恒成立， 不妨設(shè)m＞n＞0，則由＞a恒成立可得：f(m)－am＞f(n)－an恒成立， 令g(x)＝f(x)－ax，則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)≥0恒成立， 即f′(x)－a≥0恒成立，∴x－＋(a－2)－a≥0， 即≥0恒成立，又x＞0， ∴x2－2x－2a≥0在x＞0時恒成立， ∴a≤min＝－， ∴當(dāng)a≤－時，對任意的m，n∈(0，＋∞)， 且m≠n，有＞a恒成立． [C尖子生專練] 已知函數(shù)f(x)＝aln x－ax－3(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)(2，f(2))處的切線的傾斜角為45，對于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍． [解]　(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝. 當(dāng)a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)； 當(dāng)a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0,1)； 當(dāng)a＝0時，f(x)不是單調(diào)函數(shù)． (2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2， ∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝. ∴g(x)＝x3＋x2－2x， ∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2. ∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)， 即g′(x)＝0在區(qū)間(t,3)上有變號零點(diǎn)． 由于g′(0)＝－2，∴ 當(dāng)g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0對任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9； 由g′(3)＞0，即m＞－. 所以－＜m＜－9. 即實(shí)數(shù)m的取值范圍是.