《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业14 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第二章 函数、导数及其应用 课时作业14 Word版含解析.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业 14 利用导数研究函数的单调性 1函数 y x2lnx 的单调递减区间为( B ) 1 2 A(1,1 B(0,1 C1，) D(0，) 解析：y x2lnx，yx (x0)令 1 2 1 x x21 x x1x1 x y0，得 0x1，所以递减区间为(0,1 2下列函数中，在(0，)上为增函数的是( B ) Af(x)sin2x Bf(x)xex Cf(x)x3x Df(x)xlnx 解析 ： 对于 A， f(x)sin2x 的单调递增区间是(kZ) ； k 4，k 4 对于 B， f(x)ex(x1)， 当 x(0， )时， f(x)0， 函数 f(x)xex 在(0，)上为增函
2、数 ； 对于 C，f(x)3x21，令 f(x)0，得 x 或 x，函数 f(x)x3x 在和上单调 3 3 3 3 ( ， 3 3 ) ( 3 3 ，) 递增 ； 对于 D，f(x)1 ，令 f(x)0，得 0x1， 1 x x1 x 函数 f(x)xlnx 在区间(0,1)上单调递增综上所述，故选 B. 3(2017浙江卷)函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图象如图所示， 则函数 yf(x)的图象可能是( D ) 解析 ： 利用导数与函数的单调性进行验证f(x)0 的解集对应 y f(x)的增区间，f(x)0 的解集对应 yf(x)的减区间，验证只有 D 选项符合 4(2019豫南九校
3、联考)已知 f(x)是定义在 R 上的连续函数 f(x) 的导函数，满足 f(x)2f(x)0，且 f(1)0，则 f(x)0 的解集为( A ) A(，1) B(1,1) C(，0) D(1，) 解析：设 g(x)，则 g(x)0 在 R 上恒成立， fx e2x fx2fx e2x 所以 g(x)在 R 上递减， 又因为 g(1)0， f(x)0g(x)0， 所以 x1. 5 (2019安徽江南十校联考)设函数f(x) x29lnx在区间a1， a 1 2 1上单调递减，则实数 a 的取值范围是( A ) A(1,2 B4，) C(，2 D(0,3 解析：f(x)的定义域是(0，)，f(x
4、)x ，由 f(x)0 9 x 解得 0x3，由题意知Error!Error!解得 1a2. 6(2019安徽模拟)已知 f(x)，则( D ) lnx x Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2) Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2) 解析：f(x)的定义域是(0，)， f(x)， x(0， e)， f(x)0， x(e， )， f(x)0， 1lnx x2 故 xe 时， f(x)maxf(e)， 而 f(2)， f(3)， 则 f(e)f(3) ln2 2 ln8 6 ln3 3 ln9 6 f(2) 7(2019张掖一诊)定义在 R 上的可导函数 f(x
5、)满足 f(1)1，且 2f(x)1，当 x时，不等式 f(2cosx) 2sin2的解集为( 2， 3 2 3 2 x 2 D ) A. B. ( 3， 4 3 )( 3， 4 3 ) C. D. ( 0， 3) ( 3， 3) 解析：令 g(x)f(x) ， x 2 1 2 则 g(x)f(x) 0，g(x)在 R 上单调递增， 1 2 且 g(1)f(1) 0， 1 2 1 2 f(2cosx) 2sin2f(2cosx) g(2cosx)， 3 2 x 2 2cosx 2 1 2 f(2cosx) 2sin2， 3 2 x 2 即 g(2cosx)0，2cosx1. 又 x，x. 2，
6、 3 2 ( 3， 3) 8 (2019武汉模拟)已知定义域为 R 的奇函数 yf(x)的导函数为 y f(x)，当 x0，xf(x)f(x)0，若 a，b，c， fe e fln2 ln2 f3 3 则 a，b，c 的大小关系正确的是( D ) Aabc Bbca Cacb Dcab 解析：设 g(x)，则 g(x)， fx x xfxfx x2 当 x0 时，xf(x)f(x)0， g(x)0. g(x)在(0，)上是减函数 由 f(x)为奇函数，知 g(x)为偶函数， 则 g(3)g(3)， 又 ag(e)，bg(ln2)，cg(3)g(3)， g(3)g(e)g(ln2)，故 cab.
7、 9 (2019银川诊断)若函数f(x)ax33x2x恰好有三个单调区间， 则实数 a 的取值范围是(3,0)(0，) 解析：由题意知 f(x)3ax26x1， 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 需满足 a0，且 3612a0， 解得 a3，所以实数 a 的取值范围是(3,0)(0，) 10已知函数 f(x) x24x3lnx 在区间t，t1上不单调， 1 2 则 t 的取值范围是(0,1)(2,3) 解析：由题意知 f(x)x4 ， 3 x x1x3 x 由 f(x)0，得函数 f(x)的两个极值点为 1 和 3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1
8、)内， 函数 f(x)在区间t，t1上就不单调， 由 t1t1 或 t3t1，得 0t1 或 2t3. 11(2019河北武邑中学调研)已知函数 f(x)exax(aR，e 为 自然对数的底数) (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若 a1，函数 g(x)(xm)f(x)exx2x 在(2，)上为增 函数，求实数 m 的取值范围 解：(1)函数 f(x)的定义域为 R，f(x)exa. 当 a0 时，f(x)0， f(x)在 R 上为增函数； 当 a0 时，由 f(x)0 得 xlna， 则当 x(，lna)时，f(x)0， 函数 f(x)在(，lna)上为减函数， 当 x(lna，)时
9、，f(x)0， 函数 f(x)在(lna，)上为增函数 (2)当 a1 时，g(x)(xm)(exx)exx2x. g(x)在(2，)上为增函数， g(x)xexmexm10 在(2，)上恒成立， 即 m在(2，)上恒成立 xex1 ex1 令 h(x)，x(2，)， xex1 ex1 则 h(x). e x2xex2ex e x 1 2 ex e xx2 e x 1 2 令 L(x)exx2，L(x)ex10 在(2，)上恒成立， 即 L(x)exx2 在(2，)上为增函数， 即 L(x)L(2)e240， h(x)0 在(2，)上成立， 即 h(x)在(2，)上为增函数， xex1 ex1
10、 h(x)h(2)，m. 2e21 e21 2e21 e21 实数 m 的取值范围是. ( ，2e 21 e21 12已知函数 f(x)alnxax3(aR) (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 yf(x)的图象在点(2，f(2)处的切线的倾斜角为 45， 对于任意的 t1,2，函数 g(x)x3x2在区间(t,3)上总不 fxm 2 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)， a1x x 当 a0 时，f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，)； 当 a0 时，f(x)的单调增区间为(1，)，单调减区间为(0,1)；
11、 当 a0 时，f(x)为常函数 (2)由(1)及题意得 f(2) 1， a 2 即 a2， f(x)2lnx2x3，f(x). 2x2 x g(x)x3x22x， ( m 2 2) g(x)3x2(m4)x2. 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，Error!Error! 当 g(t)0 时， 即 3t2(m4)t20 对任意 t1,2恒成立， 由于 g(0)0， 故只要 g(1)0 且 g(2)0， 即 m5 且 m9，即 m9； 由 g(3)0，即 m. 37 3 m9. 37 3 即实数 m 的取值范围是. ( 37
12、3 ，9) 13若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数)在 f(x)的定义 域上单调递增，则称函数 f(x)具有 M 性质下列函数中具有 M 性质的 是( A ) Af(x)2x Bf(x)x2 Cf(x)3x Df(x)cosx 解析：设函数 g(x)exf(x)，对于 A，g(x)ex2x x，在定义 ( e 2) 域 R 上为增函数，A 正确对于 B，g(x)exx2，则 g(x)x(x2)ex， 由 g(x)0 得 x2 或 x0，g(x)在定义域 R 上不是增函数，B 不正确对于 C，g(x)ex3x x在定义域 R 上是减函数，C 不正 ( e 3) 确对于 D，
13、g(x)excosx，则 g(x)excos，g(x)0 在定2 ( x 4) 义域 R 上不恒成立，D 不正确 14 定义在区间(0， )上的函数yf(x)使不等式2f(x)xf(x) 3f(x)恒成立，其中 yf(x)为 yf(x)的导函数，则( B ) A816 B48 f2 f1 f2 f1 C34 D23 f2 f1 f2 f1 解析：xf(x)2f(x)0，x0， 0， fx x2 fxx22xfx x4 xfx2fx x3 y在(0，)上单调递增， fx x2 ，即4. f2 22 f1 12 f2 f1 xf(x)3f(x)0，x0， 0， fx x3 fxx33x2 fx x
14、6 xfx3fx x4 y在(0，)上单调递减， fx x3 ，即8. f2 23 f1 13 f2 f1 综上，48. f2 f1 15(2019昆明调研)已知函数 f(x)(xR)满足 f(1)1，f(x)的导数 f(x) ，则不等式 f(x2) 的解集为x|x1 或 x1 1 2 x2 2 1 2 解析：设 F(x)f(x) x，F(x)f(x) ， 1 2 1 2 f(x) ，F(x)f(x) 0， 1 2 1 2 即函数 F(x)在 R 上单调递减 f(x2) ，f(x2) f(1) ， x2 2 1 2 x2 2 1 2 F(x2)F(1)，而函数 F(x)在 R 上单调递减， x
15、21，即不等式的解集为x|x1 或 x1 16(2019岳阳质检)已知函数 f(x)(ax1)ex，aR. (1)讨论 f(x)的单调区间； (2)当 mn0 时，证明：mennnemm. 解：(1)f(x)的定义域为 R，且 f(x)(axa1)ex. 当 a0 时，f(x)ex0， 此时 f(x)的单调递减区间为(，) 当 a0 时，由 f(x)0，得 x； a1 a 由 f(x)0，得 x. a1 a 此时 f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为 ( ，a1 a ) . ( a1 a ，) 当 a0 时，由 f(x)0，得 x； a1 a 由 f(x)0，得 x. a1 a 此时 f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为 ( a1 a ，) . ( ，a1 a ) (2)证明：当 mn0 时，要证 mennnemm， 只要证 m(en1)n(em1)， 即证.(*) em1 m en1 n 设 g(x)，x0， ex1 x 则 g(x)，x0. x1ex 1 x2 设 h(x)(x1)ex1， 由(1)知 h(x)在0，)上单调递增， 所以当 x0 时，h(x)h(0)0， 于是 g(x)0， 所以 g(x)在(0，)上单调递增， 所以当 mn0 时，(*)式成立， 故当 mn0 时，mennnemm.