2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：14 利用导数研究函数的单调性

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这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：14 利用导数研究函数的单调性，共6页。

[基础达标]
一、选择题
1．[2021·广东深圳质检]函数f(x)＝csx－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减B．先减后增
C．单调递增D．单调递减
2．[2021·广东六校联盟联考]函数f(x)＝eq \f(sinx,2ex)的图象的大致形状是( )
3．[2021·昆明摸底诊断测试]已知函数f(x)＝ex＋e－x，则( )
A．f(－eq \r(2))B．f(e)C．f(eq \r(5))D．f(－eq \r(2))4．函数f(x)在定义域R内可导，f(x)＝f(4－x)，且(x－2)f′(x)>0.若a＝f(0)，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．c>b>aB．c>a>b
C．a>b>cD．b>a>c
5．[2021·洛阳市尖子生联考]定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，都有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2019为奇函数，则不等式f(x)＋2019ex<0的解集为( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
二、填空题
6．[2021·广州模拟]已知函数f(x)＝(－x2＋2x)ex，x∈R，e为自然对数的底数．则函数f(x)的单调递增区间为________．
7．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)8．已知函数f(x)＝xlnx－ax2在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(a,x)－lnx－eq \f(3,2)，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
10.[2021·安徽示范高中名校联考]函数f(x)＝alnx－eq \f(a2,x)－6x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
[能力挑战]
11．[2021·郑州市高中毕业年级质量预测]已知函数f(x)＝eq \f(lnx,a)，g(x)＝eq \f(x＋1,x)(x>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝eq \f(f(x),g(x))在x＝1处的切线方程；
(2)讨论函数F(x)＝f(x)－eq \f(1,g(x))在(0，＋∞)上的单调性．
课时作业14
1．解析：因为f′(x)＝－sin x－1<0，所以f(x)在(0，π)上单调递减．故选D项．
答案：D
2．解析：令x＝0，得f(0)＝0，排除C、D；f′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，f′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)＞0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，f′(x)＝eq \f(cs x－sin x,2ex)＜0，故排除B，故选A.
答案：A
3．解析：因为f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．又当x>0时，f′(x)＝ex－eq \f(1,ex)>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为eq \r(2)答案：D
4．解析：由f(x)＝f(4－x)可知，f(x)的图象关于直线x＝2对称，根据题意知，当x∈(－∞，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．所以f(3)＝f(1)答案：C
5．解析：令g(x)＝eq \f(f(x),ex)，因为f(x)>f′(x)，所以g′(x)＝eq \f(f′(x)－f(x),ex)<0，所以g(x)在R上单调递减．因为f(x)＋2 019是奇函数，所以f(0)＋2 019＝0，即f(0)＝－2 019，则g(0)＝－2 019.不等式f(x)＋2 019ex<0可转化为eq \f(f(x),ex)<－2 019，即g(x)0，则不等式f(x)＋2 019ex<0的解集为(0，＋∞)，故选B.
答案：B
6．解析：因为f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq \r(2)所以函数f(x)的单调递增区间是(－eq \r(2)，eq \r(2))．
答案：(－eq \r(2)，eq \r(2))
7．解析：由题可得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2xln 2，所以在定义域内f′(x)>0，函数单调递增，所以由f(x2＋2)答案：(1,2)
8．解析：f′(x)＝ln x－2ax＋1，若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则ln x－2ax＋1≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥eq \f(ln x＋1,2x)在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq \f(ln x＋1,2x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝－eq \f(ln x,2x2)，令g′(x)>0，解得01，故g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,2)，故a≥eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
9．解析：(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq \f(1,4)－eq \f(a,x2)－eq \f(1,x)，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝eq \f(1,2)x，知f′(1)＝－eq \f(3,4)－a＝－2，解得a＝eq \f(5,4).
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(x,4)＋eq \f(5,4x)－ln x－eq \f(3,2)，
则f′(x)＝eq \f(x2－4x－5,4x2).
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．
当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)的减区间为(0,5)；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)的增区间为(5，＋∞)．
10．解析：f′(x)＝eq \f(a,x)＋eq \f(a2,x2)－6＝eq \f(－6x2＋ax＋a2,x2)
令f′(x)＝0，得－6x2＋ax＋a2＝0，
解得x1＝eq \f(a,2)，x2＝－eq \f(a,3).
①当a＝0时，f′(x)＝－6<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②当a>0时，eq \f(a,2)>0，－eq \f(a,3)<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))上单调递减；
③当a<0时，eq \f(a,2)<0，－eq \f(a,3)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，＋∞))上单调递减．
11．解析：(1)当a＝1时，曲线y＝eq \f(f(x),g(x))＝eq \f(xln x,x＋1).
y′＝eq \f((1＋ln x)(x＋1)－xln x,(x＋1)2)＝eq \f(ln x＋x＋1,(x＋1)2).
所以曲线y＝eq \f(f(x),g(x))在x＝1处的切线的斜率为eq \f(1,2)，又切线过点(1,0)，
所以切线方程为x－2y－1＝0.
(2)f′(x)＝eq \f(1,ax)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,g(x))))′＝eq \f(1,(x＋1)2)，
F′(x)＝f′(x)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,g(x))))′＝eq \f(1,ax)－eq \f(1,(x＋1)2)＝eq \f((x＋1)2－ax,ax(x＋1)2)，
当a<0时，F′(x)<0，函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a>0时，令k(x)＝eq \f((x＋1)2－ax,a)＝eq \f(1,a)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－1))x＋eq \f(1,a)＝0，则Δ＝1－eq \f(4,a)，
当Δ≤0，即0当Δ>0，即a>4时，方程eq \f(1,a)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－1))x＋eq \f(1,a)＝0有两个不等实根x1，x2，
不妨设x1此时，函数F(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
综上所述，当a<0时，F(x)的单调递减区间是(0，＋∞)；
当a>4时，F(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2－\r(a2－4a),2)，\f(a－2＋\r(a2－4a),2)))，
单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－2－\r(a2－4a),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2＋\r(a2－4a),2)，＋∞))；
当0

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