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  • 2021-06-17 发布

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破:第三章 第2讲 第1课时 导数与函数的单调性

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‎ [基础题组练]‎ ‎1.已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图像如图所示,则下列叙述正确的是(  )‎ A.f(b)>f(c)>f(d)‎ B.f(b)>f(a)>f(e)‎ C.f(c)>f(b)>f(a)‎ D.f(c)>f(e)>f(d)‎ 解析:选C.由题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,‎ 因为af(b)>f(a),故选C.‎ ‎2.(2020·江西红色七校第一次联考)若函数f(x)=2x3-3mx2+6x在区间(1,+∞)上为增函数,则实数m的取值范围是(  )‎ A.(-∞,1]         B.(-∞,1)‎ C.(-∞,2]         D.(-∞,2)‎ 解析:选C.f′(x)=6x2-6mx+6,由已知条件知x∈(1,+∞)时,f′(x)≥0恒成立.设g(x)=6x2-6mx+6,则g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立.‎ 当Δ=36(m2-4)≤0,即-2≤m≤2时,满足g(x)≥0在(1,+∞)上恒成立;‎ 当Δ=36(m2-4)>0,即m<-2或m>2时,则需解得m≤2,所以m<-2.‎ 综上得m≤2,所以实数m的取值范围是(-∞,2].‎ ‎3.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:选D.f(x)的定义域是(0,+∞),‎ f′(x)=,令f′(x)=0,得x=e.‎ 所以当x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)是增加的,当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)是减少的,故当x=e时,f(x)max=f(e)=,而f(2)==,f(3)==,所以f(e)>f(3)>f(2),故选D.‎ ‎4.设函数f(x)=x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上是减少的,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(1,2] B.(4,+∞)‎ C.(-∞,2) D.(0,3]‎ 解析:选A.因为f(x)=x2-9ln x,所以f′(x)=x-(x>0),由x-≤0,得00且a+1≤3,解得10恒成立,且a>0,则下列说法正确的是(  )‎ A.f(a)f(0)‎ C.ea·f(a)f(0)‎ 解析:选D.设g(x)=ex·f(x),则g′(x)=ex[f(x)+f′(x)]>0,所以g(x)为R上的增函数,因为a>0,所以g(a)>g(0),即ea·f(a)>f(0),故选D.‎ ‎6.函数f(x)=+-ln x的减区间是________.‎ 解析:因为f(x)=+-ln x,‎ 所以函数的定义域为(0,+∞),‎ 且f′(x)=--=,‎ 令f′(x)<0,解得0<x<5,所以函数f(x)的减区间为(0,5).‎ 答案:(0,5)‎ ‎7.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需满足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,+∞)‎ ‎8.已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2+2)0,函数是增函数,所以由f(x2+2)0),‎ 则h′(x)=--<0,‎ 即h(x)在(0,+∞)上是减函数.‎ 由h(1)=0知,当00,从而f′(x)>0;‎ 当x>1时,h(x)<0,从而f′(x)<0.‎ 综上可知,f(x)的增区间是(0,1),减区间是(1,+∞).‎ ‎10.已知函数f(x)=x3-ax-1.‎ ‎(1)若f(x)在R上为增函数,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若函数f(x)在(-1,1)上为减函数,求实数a的取值范围;‎ ‎(3)若函数f(x)的减区间为(-1,1),求实数a的值;‎ ‎(4)若函数f(x)在区间(-1,1)上不单调,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)因为f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,‎ 所以f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,‎ 即a≤3x2对x∈R恒成立.‎ 因为3x2≥0,‎ 所以只需a≤0.‎ 又因为a=0时,f′(x)=3x2≥0,‎ f(x)=x3-1在R上是增函数,‎ 所以a≤0,‎ 即实数a的取值范围为(-∞,0].‎ ‎(2)由题意知f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,‎ 所以a≥3x2在(-1,1)上恒成立,‎ 因为当-10.‎ 令f′(x)=0,解得x=±.‎ 因为f(x)在区间(-1,1)上不单调,所以f′(x)=0在(-1,1)上有解,需0<<1,得0f(b)g(b)‎ B.f(x)g(a)>f(a)g(x)‎ C.f(x)g(b)>f(b)g(x)‎ D.f(x)g(x)>f(a)g(a)‎ 解析:选C.令F(x)=,则F′(x)=<0,所以F(x)在R上是减少的.又a>.又f(x)>0,g(x)>0,所以f(x)g(b)>f(b)g(x).‎ ‎2.(2020·西安模拟)定义在R上的连续函数f(x)满足f(x)+f(-x)=x2,且x<0时,f′(x)0,函数f(x)在(0,+∞)上是增加的;‎ 当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,‎ Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1).‎ ‎①当a=-时,Δ=0,f′(x)=≤0,‎ 函数f(x)在(0,+∞)上是减少的.‎ ‎②当a<-时,Δ<0,g(x)<0,‎ f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上是减少的.‎ ‎③当-0,‎ 设x1,x2(x10,‎ 所以当x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)是减少的,当x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,‎ 函数f(x)是增加的,‎ 当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)是减少的.‎ 综上可得:‎ 当a≥0时,函数f(x)在(0,+∞)上是增加的;‎ 当a≤-时,函数f(x)在(0,+∞)上是减少的;‎ 当-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)为常函数.‎ ‎(2)由(1)及题意得f′(2)=-=1,‎ 即a=-2,‎ 所以f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)=.‎ 所以g(x)=x3+x2-2x,‎ 所以g′(x)=3x2+(m+4)x-2.‎ 因为g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,‎ 即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点.‎ 由于g′(0)=-2,‎ 所以 当g′(t)<0时,‎ 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,即m>-.‎ 所以-