2019-2020年高考数学大一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十五导数与函数的单调性理

2019-2020年高考数学大一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十五导数与函数的单调性理1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)解析：选D由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)0，解得x1，故选D.2．已知函数f(x)＝12x3＋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：选Af′(x)＝32x2＋a，当a0时，f′(x)0，即a0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．3.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()解析：选D当x0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c0，知相应的函数f(x)在该区间内单调递减；当x0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D选项符合题意．4．若函数f(x)＝sinx＋ax为R上的减函数，则实数a的取值范围是________．解析：∵f′(x)＝cosx＋a，由题意可知，f′(x)≤0对任意的x∈R都成立，∴a≤－1，故实数a的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]5．已知函数f(x)的导函数为f′(x)＝5＋cosx，x∈(－1,1)，且f(0)＝0，如果f(1－x)＋f(1－x2)0，则实数x的取值范围为________．解析：∵导函数f′(x)是偶函数，且f(0)＝0，∴原函数f(x)是奇函数，∴所求不等式变形为f(1－x)f(x2－1)，∵导函数值恒大于0，∴原函数在定义域上单调递增，又f(x)的定义域为(－1,1)，∴－11－xx2－11，解得1x2，∴实数x的取值范围是(1，2)．答案：(1，2)[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知函数f(x)＝x2－5x＋2lnx，则函数f(x)的单调递增区间是()A.0，12和(1，＋∞)B．(0,1)和(2，＋∞)C.0，12和(2，＋∞)D．(1,2)解析：选C函数f(x)＝x2－5x＋2lnx的定义域是(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－5＋2x＝2x2－5x＋2x＝x－x－x0，解得0x12或x2，故函数f(x)的单调递增区间是0，12，(2，＋∞)．2．若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[]1，4上单调递减，则实数t的取值范围是()A.－∞，518B.(]－∞，3C.518，＋∞D.[)3，＋∞解析：选Cf′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f(x)在区间[]1，4上单调递减，则有f′(x)≤0在[]1，4上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，则t≥32x＋1x在[]1，4上恒成立，因为y＝32x＋1x在[]1，4上单调递增，所以t≥324＋14＝518，故选C.3.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2x2＋23bx＋c3的单调递减区间为()A.12，＋∞B．[3，＋∞)C．[－2,3]D．(－∞，－2)解析：选D因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，所以12－4b＋c＝0，27＋6b＋c＝0，解得b＝－32，c＝－18.令g(x)＝x2＋23bx＋c3，则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，由g(x)＝x2－x－60，解得x－2或x3.当x12时，g′(x)0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2x2＋23bx＋c3的单调递减区间为(－∞，－2)．4．(xx·甘肃诊断考试)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)0，设a＝f(0)，b＝f12，c＝f(3)，则()A．abcB．cbaC．cabD．bca解析：选C因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)0，所以f′(x)0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)f12＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)f(0)＝a，所以cab，故选C.5．若函数f(x)＝x＋bx(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是()A．(－2,0)B．(0,1)C．(1，＋∞)D．(－∞，－2)解析：选D由题意知，f′(x)＝1－bx2，∵函数f(x)＝x＋bx(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx2＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)．令f′(x)＞0，解得x＜－b或x＞b，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－b)，(b，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.6．已知y＝f(x)为(0，＋∞)上的可导函数，且有f′(x)＋fxx0，则对于任意的a，b∈(0，＋∞)，当ab时，有()A．af(a)bf(b)B．af(a)bf(b)C．af(b)bf(a)D．af(b)bf(a)解析：选B由f′(x)＋fxx0得xfx＋fxx0，即[xfxx0，即[xf(x)]′x0.∵x0，∴[xf(x)]′0，即函数y＝xf(x)为增函数，由a，b∈(0，＋∞)且ab，得af(a)bf(b)，故选B.二、填空题7．若幂函数f(x)的图象过点22，12，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．解析：设幂函数为f(x)＝xα，因为图象过点22，12，所以12＝22α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)0，得－2x0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)8．已知函数f(x)＝12x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间13，2上是增函数，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝x＋2a－1x≥0在13，2上恒成立，即2a≥－x＋1x在13，2上恒成立，∵－x＋1xmax＝83，∴2a≥83，即a≥43.答案：43，＋∞9．已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)·f′(x)0的解集为________．解析：由题图可知，fx，x∈，＋∪－∞，－，fx，x∈－1，，不等式(x2－2x－3)f′(x)0等价于fx，x2－2x－30或fx，x2－2x－30，解得x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)10．若函数f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax在23，＋∞上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a.当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a.令29＋2a＞0，解得a＞－19.所以a的取值范围是－19，＋∞.答案：－19，＋∞三、解答题11．已知函数f(x)＝x－2x＋1－alnx，a0.讨论f(x)的单调性．解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋2x2－ax＝x2－ax＋2x2.设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ0，即0a22时，对一切x0都有f′(x)0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0，即a＝22时，仅对x＝2有f′(x)＝0，对其余的x0都有f′(x)0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ0，即a22时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝a－a2－82，x2＝a＋a2－82，0x1x2.所以f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值此时f(x)在0，a－a2－82上单调递增，在a－a2－82，a＋a2－82上单调递减，在a＋a2－82，＋∞上单调递增．12．(xx·郑州质检)已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·fx＋m2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝a－xx.当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－a2＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝2x－2x.∴g(x)＝x3＋m2＋2x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴gt＜0，g＞0.g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意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，得m＞－373.所以－373＜m＜－9.即实数m的取值范围是－373，－9.2019-2020年高考数学大一轮复习第三章导数及其应用课时达标检测十六导数与函数的极值最值理一、全员必做题1．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于(1,0)点，则f(x)的极大值，极小值分别为()A．－427，0B．0，－427C.427，0D．0，427解析：选C由题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0得3－2p－q＝0，1－p－q＝0，解得p＝2，q＝－1，所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝13或x＝1，易得当x＝13时，f(x)取极大值427，当x＝1时，f(x)取极小值0.2．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]解析：选D由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.3．已知f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－axa12，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0,2)上的最大值为－1，当x∈(0,2)时，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝0，得x＝1a，又a12，所以01a2.令f′(x)0，得x1a