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    2021版新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习(课件+学案+高效演练分层突破)第04章 第2讲 导数与函数的单调性
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    2021版新高考地区高考数学(人教版)大一轮复习(课件+学案+高效演练分层突破)第04章 第2讲 导数与函数的单调性

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    [基础题组练]

    1函数f(x)exexxR的单调递增区间是(  )

    A(0)  B(0)

    C(1)  D(1)

    解析:D由题意知f(x)exef′(x)>0解得x>1故选D

    2.已知定义在R上的函数f(x)其导函数f′(x)的大致图象如图所示则下列叙述正确的是(  )

    Af(b)>f(c)>f(d)

    Bf(b)>f(a)>f(e)

    Cf(c)>f(b)>f(a)

    Df(c)>f(e)>f(d)

    解析:C由题意得x(c)f(x)>0所以函数f(x)(c)上是增函数

    因为a<b<c所以f(c)>f(b)>f(a)故选C

    3函数f(x)的图象大致为(  )

    解析:B函数f(x)的定义域为{x|x0xR}x>0函数f′(x)可得函数的极值点为:x1x(01)函数是减函数x>1函数是增函数并且f(x)>0选项BD满足题意.

    x<0函数f(x)<0选项D不正确选项B正确.

    4已知f(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:Df(x)的定义域是(0)

    f(x)f′(x)0xe.

    所以当x(0e)f(x)>0f(x)单调递增x(e)f(x)<0f(x)单调递减故当xef(x)maxf(e)f(2)f(3)所以f(e)>f(3)>f(2)故选D

    5若函数f(x)2x33mx26x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:C因为f′(x)6(x2mx1)且函数f(x)在区间(1)上是增函数所以f′(x)6(x2mx1)0(1)上恒成立x2mx10(1)上恒成立所以mx(1)上恒成立m(x(1))因为当x(1)x>2所以m2.故选C

    6函数f(x)ln x的单调递减区间是________

    解析:因为f(x)ln x

    所以函数的定义域为(0)

    f′(x)

    f′(x)0解得0x5所以函数f(x)的单调递减区间为(05)

    答案:(05)

    7已知函数f(x)ln x2xf(x22)<f(3x)则实数x的取值范围是________

    解析:由题可得函数f(x)的定义域为(0)f(x)2xln 2所以在定义域内f′(x)>0函数单调递增所以由f(x22)<f(3x)x22<3x所以1<x<2.

    答案:(12)

    8已知函数yf(x)(xR)的图象如图所示则不等式xf′(x)0的解集为________

    解析:f(x)图象特征可得

    f(x)[2)上大于0上小于0

    所以xf′(x)00xx2

    所以xf′(x)0的解集为[2)

    答案:[2)

    9已知函数f(x)x3ax2xcaf.

    (1)a的值;

    (2)求函数f(x)的单调区间.

    解:(1)f(x)x3ax2xc

    f′(x)3x22ax1.

    xaf3×2a×1

    解得a=-1.

    (2)(1)可知f(x)x3x2xc

    f′(x)3x22x13(x1)

    f′(x)>0解得x>1x<

    f′(x)<0解得-<x<1.

    所以f(x)的单调递增区间是(1)

    f(x)的单调递减区间是.

    10已知函数f(x)1(bRe为自然对数的底数)在点(0f(0))处的切线经过点(22).讨论函数F(x)f(x)ax(aR)的单调性.

    解:因为f(0)b1

    所以过点(0b1)(22)的直线的斜率为k=-

    f′(x)=-由导数的几何意义可知

    f(0)=-b=-

    所以b1所以f(x)1.

    F(x)ax1F(x)a

    a0F(x)<0恒成立;

    a>0F′(x)<0x<ln a

    F′(x)>0x>ln a.

    故当a0函数F(x)R上单调递减;

    a>0函数F(x)(ln a)上单调递减(ln a)上单调递增.

    [综合题组练]

    1(综合型)f(x)g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数f′(x)g(x)f(x)g′(x)<0则当a<x<b(  )

    Af(x)g(x)>f(b)g(b)  Bf(x)g(a)>f(a)g(x)

    Cf(x)g(b)>f(b)g(x)  Df(x)g(x)>f(a)g(a)

    解析:CF(x)F′(x)<0所以F(x)R上单调递减.又a<x<b所以>>.f(x)>0g(x)>0所以f(x)g(b)>f(b)g(x)

    2函数f(x)的定义域为R.f(1)2对任意xRf(x)>2f(x)>2x4的解集为(  )

    A(11)  B(1)

    C(1)  D()

    解析:Bf(x)>2x4f(x)2x4>0.F(x)f(x)2x4F′(x)f′(x)2.

    因为f′(x)>2所以F′(x)>0R上恒成立所以F(x)R上单调递增F(1)f(1)2×(1)42240故不等式f(x)2x4>0等价于F(x)>F(1)所以x>1B

    3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________

    解析:由题意知f′(x)3ax26x1由函数f(x)恰好有三个单调区间f(x)有两个不相等的零点所以3ax26x10需满足a0Δ3612a>0解得a>3所以实数a的取值范围是(30)(0)

    答案:(30)(0)

    4已知函数f(x)=-x24x3ln x在区间[tt1]上不单调t的取值范围是________

    解析:由题意知f′(x)=-x4

    =-

    f′(x)0得函数f(x)的两个极值点为13

    则只要这两个极值点有一个在区间(tt1)

    函数f(x)在区间[tt1]上就不单调

    t<1<t1t<3<t10<t<12<t<3.

    答案:(01)(23)

    5设函f(x)x3x2bxc曲线yf(x)在点(0f(0))处的切线方程为y1.

    (1)bc的值;

    (2)a0求函数f(x)的单调区间;

    (3)设函数g(x)f(x)2xg(x)在区间(21)内存在单调递减区间求实数a的取值范围.

    解:(1)f′(x)x2axb

    由题意得

    b0c1.

    (2)(1)f(x)x2axx(xa)(a0)

    x(0)f(x)0

    x(0a)f(x)0

    x(a)f(x)0

    所以函数f(x)的单调递增区间为(0)(a)单调递减区间为(0a)

    (3)g′(x)x2ax2依题意存在x(21)使不等式g′(x)x2ax2<0成立.

    则存在x(21)使-a>x成立

    即-a>.

    因为x(21)所以-x(12)

    则-x22

    当且仅当-x=-x=-时等号成立

    所以-a>2a<2.

    所以实数a的取值范围为(2)

    6(2020·成都七中检测)设函数f(x)ax2aln xg(x)其中aRe2.718为自然对数的底数.

    (1)讨论f(x)的单调性;

    (2)证明:当x>1g(x)>0.

    解:(1)由题意得f′(x)2ax(x>0)

    a0f(x)<0f(x)(0)上单调递减.

    a>0f′(x)0x

    xf(x)<0f(x)单调递减;

    xf(x)>0f(x)单调递增.

    (2)证明:s(x)ex1xs′(x)ex11.x>1s(x)>0所以s(x)>s(1)ex1>x从而g(x)>0.

     

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