2021版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性高效演练分层突破文新人教A版
6页1、第2讲导数与函数的单调性基础题组练1函数f(x)exex,xR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)exe,令f(x)0,解得x1,故选D.2(2020河北省九校第二次联考)函数yx2ln x的单调递减区间是()A(3,1) B(0,1)C(1,3) D(0,3)解析:选B.法一:令y10,得3x0,故所求函数的单调递减区间为(0,1)故选B.法二:由题意知x0,故排除A、C选项;又f(1)40时,函数f(x),可得函数的极值点为:x1,当x(0,1)时,函数是减函数,x1时,函数是增函数,并且f(x)0,选项B、D满足题意当x0时,函数f(x)0时,exex,所以x(exex)0,又exex0,所以f(x)0,所以f(x)在(0,)上是增函数,故选A.优解:根据题意知f(1)f(1),所以函数f(x)为奇函数又f(1)2,所以m2.故选C.6函数y4x2的单调递增区间为 解析:由y4x2,得y8x,令y0,即8x0,解得x.所以函数y4x2的单调递增区间为.答案:7已知函数yf(x)(xR)的图象如图所示,则不等式xf(x)0的解
2、集为 解析:由f(x)图象特征可得,f(x)在和2,)上大于0,在上小于0,所以xf(x)0或0x或x2,所以xf(x)0的解集为2,)答案:2,)8若f(x)xsin xcos x,则f(3),f,f(2)的大小关系为 (用“”连接)解析:由题意知,函数f(x)为偶函数,因此f(3)f(3)又f(x)sin xxcos xsin xxcos x,当x时,f(x)0.所以f(x)在区间上是减函数,所以ff(2)f(3)f(3)答案:f(3)f(2)0,解得x1或x;令f(x)0,解得x1.所以f(x)的单调递增区间是和(1,);f(x)的单调递减区间是.10已知函数f(x)1(bR,e为自然对数的底数)在点(0,f(0)处的切线经过点(2,2)讨论函数F(x)f(x)ax(aR)的单调性解:因为f(0)b1,所以过点(0,b1),(2,2)的直线的斜率为k,而f(x),由导数的几何意义可知,f(0)b,所以b1,所以f(x)1.则F(x)ax1,F(x)a,当a0时,F(x)0时,由F(x)0,得x0,得xln a.故当a0时,函数F(x)在R上单调递减;当a0时,函数F(x)在(,l
3、n a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增综合题组练1(2020郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0,)上的可导函数,f(x)为其导函数,若xf(x)f(x)ex(x2)且f(3)0,则不等式f(x)0的解集为()A(0,2) B(0,3)C(2,3) D(3,)解析:选B.令g(x)xf(x),x(0,),则g(x)xf(x)f(x)ex(x2),可知当x(0,2)时,g(x)xf(x)是减函数,当x(2,)时,g(x)xf(x)是增函数又f(3)0,所以g(3)3f(3)0.在(0,)上,不等式f(x)0的解集就是xf(x)0的解集,又g(0)0,所以f(x)0的解集是(0,3),故选B.2设函数f(x)x,且f(mx)mf(x)0对任意x1,)恒成立,则实数m的取值范围是 解析:由f(mx)mf(x)0得mxmx0对任意x1,)恒成立,整理得2mx恒成立,即2mx20时,2x21,显然当x1时y2x2取得最小值为2,无最大值,不符合题意;当m1,当x1时y2x2取得最小值为2,12,解得m1.综上,实数m的取值范围是m1.答案:(,1)3设函数f(x)x3x2bxc,曲线yf(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y1.(1)求b,c的值;(2)若a0,求函数f(x)的单调区间;(3)设函数g(x)f(x)2x,且g(x)在区间(2,1)内存在单调递减区间,求实数a的取值范围解:(1)f(x)x2axb,由题意得即故b0,c1.(2)由(1)得,f(x)x2axx(xa)(a0),当x(,0)时,f(x)0;当x(0,a)时,f(x)0;当x(a,)时,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(0,a)(3)g(x)x2ax2,依题意,存在x(2,1),使不等式g(x)x2ax2x成立,即a.因为x(2,1),所以x(1,2),则x22,当且仅当x,即x时等号成立,所以a2,则a1时,g(x)0.解:(1)由题意得f(x)2ax(x0)当a0时,f(x)0时,由f(x)0有x,当x时,f(x)0,f(x)单调递增(2)证明:令s(x)ex1x,则s(x)ex11.当x1时,s(x)0,所以s(x)s(1),即ex1x,从而g(x)0.
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