2019高考数学一轮复习第3章导数及应用第2课时导数的应用(一)—单调性练习理

1、第 2 课时 导数的应用(一)单调性1 .函数 y = x2(x 3)的单调递减区间是()A. (g,0)B.(2,+g)C. (0 , 2)D. (2, 2)答案 C解析 y=3x6x，由 yv0,得 0vxv2.2 .函数 f(x) = 1 + x sinx 在(0 , 2n)上是()A.增函数B.减函数C.在(0 ,n)上增，在(n, 2n)上减D.在(0 ,n)上减，在(n, 2n)上增答案 A解析Tf (x) = 1 cosx0 , f(x)在(0 , 2n)上递增.3已知 e 为自然对数的底数，则函数y = xex的单调递增区间是()A. 1,+g)B.(g.1C. 1,+g)D.

2、 (g,1答案 A解析令y= (1+ x)eA.4.(2017 湖北八校联考)函数 f(x)=Inx ax(a0)的单调递增区间为(A.1(，1)1B. (一一，+g)aC.1(g, a)D. (g,a)答案解析1 1由f (x)=厂 a0,得 0 如孑 f(x)的单调递增区间为1(，1).5. (2018 福建龙岩期中32)函数 f(x) = x + bx + cx22c+ d 的图像如图，贝 U 函数 y = log 2(x + 3bx + 3)的单调递减区33间为()A. (g,2)C. 2,3B.3,+g)1D. -,+g)2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我

3、而变2答案 A_322解析由题意可以看出一 2, 3 是函数 f(x) = x + bx + ex + d 的两个极值点，即方程f (x) = 3x + 2bx + c = 02b c22 e2的两根，所以一3= 1, 3=- 6,即卩2b=- 3, e =- 18,所以函数y = log2(x + bx + 3)可化为 y = log2(x x2216).解 x x 60 得 x3.因为二次函数 y= x x 6 的图像开口向上，对称轴为直线x=空空，所以函数 y=log2(x2x6)的单调递减区间为(a, 2).故选 A.6.若函数 y = a(x3 x)的递减区间为(一电3，)，贝卩 a

4、的取值范围是(A. a 0C. a 1答案 A2解析 y = a(3x 1),解 3x? 1v0,得-3vx 0.7.如果函数 f(x)的导函数 f (x)的图像如图所示，那么函数 f(x)的图像最有可能的是()答案 A& (2018 四川双流中学)若 f(x) = x3 ax2+ 1 在(1 , 3)上单调递减，则实数 a 的取值范围是(A. ( , 39C. (3 , pD. (0 , 3)答案 B3 解析 因为函数 f(x) = x3 ax2+ 1 在(1 , 3)上单调递减，所以 f (x) = 3x2 2ax?3 99x 在(1 , 3)上恒成立.因为 2故选 B.B.1va

5、v0D. 0vav1B. |,+)2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变39.(2018 合肥一中模拟)函数 f(x)在定义域 R 内可导，若 f(x) = f(2 x)，且当 x (a,1)时，(x 1) f 14(x)0，设 a = f(0) , b = f(2), c= f(3)，则()_ _ _ 212. (2018 福建南平质检)已知函数 f (x)(x R)图像上任一点(xo, yo)处的切线方程为y yo= (xo 2)(x01)(x X0)，那么函数 f(x)的单调减区间是()A. 1,+s)B.(s,2C. (s, 1)和(1,2)D. 2, +s

6、)答案 C解析 因为函数 f(x)(x R)图像上任一点(X0, y。)处的切线方程为 y y= (x。一 2)(x。2 1)(x x。)，所以函数 f(x)的图像在点(X0,y)处的切线的斜率 k= (X0 2)(x0 1)，函数 f(x)的导函数为 f (x) = (x 2)(x 1).由 f (x) = (x 2)(x 1)0，得 x 1 或 1x2，即函数 f(x)的单调递减区间是(一s,1)和(1 , 2).故选 C.A. abcB. cabC. cbaD. bca答案 B解析 由 f(x) = f(2 x)可得对称轴为 x = 1,故 f(3) = f(1 + 2) = f(1 2

7、) = f( 1).又 x(s,1)时，(x1)f(x)0.1即 f(x)在(一s,1)上单调递增，f( 1)f(0)f() )，即 caf(x+ 3)成立的 x 的取值范围是A. ( 1, 3)B.(s,3)U(3,+s)C. ( 3, 3)D. (s,1)U(3,+s)答案 D解析因为xx2f( x) = ln(e + e ) + ( x) = ln(ex+ ex) + x2= f(x)，所以函数f(x)是偶函数.通过导函数可知函数 y = ex+ e一x在(0,+s)上是增函数，所以函数 f(x) = ln(ex+ ex) + x2在(0,+s)上也是增函数，所以不等式 f(2x)f(x

8、+ 3)等价于|2x|x + 3|，解得 x3.故选 D.11.已知 f(x)是定义在(0,+s)上的非负可导函数，且满足 xf (x) + f(x) 0.对任意正数 a, b,若 a0, AXf(x)wf(x)w0.设 y=，则 y，=xf(X) 一f(X )wx0,故 y =(X)x为减函数或常数函数.又a0,Aaf (b)wbf(a)1513. (2018 湖北荆州质检)函数 f(x) = Inx 1x2 x + 5 的单调递增区间为 _2017 年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台 教育因你我而变6答案(0,三二)14.若函数 y= 3x3+ ax 有三个单调区间，则实数a的取值范

9、围是答案 a01n| o. ,n_解析 y = x + a, y = 3X + ax 有三个单调区间，则方程x + a= 0 应有两个不等实根，故 a0.15.已知函数 f(x) = kx3+ 3(k 1)x2 k2+ 1(k0)的单调递减区间是(0 , 4).(1)实数 k 的值为_;若在(0 , 4)上为减函数，则实数 k 的取值范围是 _.1 1答案(1)3 (2)0k 321解析 (1)f (x) = 3kx + 6(k 1)x，由题意知 f (4) = 0,解得 k =空2( k 一 1)1由 f (x) = 3kx2+ 6(k 1)x4，解得 kw：.又 k0，故k310k0时 f

10、(x) 0,求 a 的取值范围.答案(1)增区间(一汽一 1 , 0,+)，减区间1, 0(2) (汽 11 1解析 (1)当 a= 2 时，f(x) = x(ex 1) qx2,f，(x) = ex 1 + xex x= (ex 1)(x +1).当 x(a, 1)时，f(x)0;当 x(1,0)时，f(x)v0 ;当 x(0,+)时，f(x)0.故 f(x)在(a, 1 , 0，+a)上单调递增，在1, 0上单调递减.(2)f(x)= x(e X 1 ax).令 g(x) = ex 1 ax，贝Ug (x) = ex a.若 a0, g(x)为增函数，而 g(0) = 0,从而当 x0时

11、g(x) 0,即卩 f(x) 0.若 a 1,则当 x (0 , In a)时，g (x)v0, g(x)为减函数，而 g(0) = 0,从而当 x (0 , lna)时 g(x)0，即 f(x)0 得可解 0 x0,xx F(x)在(0,+)上单调递增.TF(1) = 0, X0= 1，代入式得 a= 4.18 .设函数 f(x) = xekX(k 工 0).(1)若 k0,求函数 f(x)的单调区间；若函数 f(x)在区间(一 1, 1)内单调递增，求 k 的取值范围.解析 (1)f (x) = (1 + kx)e ,1若 k0,令 f (x)0，得 x 匚匚,所以函数 f(x)的单调递增

12、区间是(一 k,+3),1单调递减区间是(一a,-).k/ f(x)在区间(一 1 , 1)内单调递增， f (X) = (1 + kx)ekx 0 在(一 1, 1)内恒成立,若函数 f(x)在区间(0, 4)上单调递增，求 a 的取值范围;若函数 y = f(x)的图像与直线 y = 2x 相切，求 a 的值.答案(1)a - 4(2)4解析(1)f(x)a (x + 1) ax(x+ 1)2(x+ 1)+ axx (x + 1)2函数 f(x)在区间(0, 4)上单调递增, f (x)0在(0 , 4)上恒成立，2x + 2x +11- (x + 1) + ax0,即卩 a-= (x +

13、 -) 2 在(0 , 4)上恒成立.xx/ x+ - 2，当且仅当xx = 1 时取等号， a 4.设切点为(X0, y)，贝Uy0= 2x0,(x0) = 2, y0= lnx0+ax。Xo+ 1，1 +X0a(X0+1)2= 29答案 D答案 A解析 在(一g,1)和(1 ,+)上, f(x)递增，所以 f (x)0，使 xfz(x)0 的范围为在(一 1, 1) 上, f(x)递减，所以 f (x)0，使 xf (x)0 的范围为(0 , 1).综上，关于 x 的不等式 xf (x)0 的解集为(一g,1)U(0 ,1).3._ 函数 y = 3x2 2lnx 的单调递增区间为，单调递

14、减区间为J3 答案( (亍亍，+g),(0,亍亍) )2解析 y = 6x 2= 6x -.x x单调递增区间为( (于于，+3 ).由 y 2，则 f(x)2x+ 4 的解集为_.答案(1,+g)解析 令 g(x) = f(x) 2x 4,则 g (x) = f (x) 20, g(x)在 R 上为增函数，且 g( 1) = f( 1) 2X(1) 4= 0.原不等式可转化为 g(x)g( 1)，解得 x 1,故原不等式的解集为(1,+g).5.已知 f(x) = e ax 1,求 f(x)的单调递增区间.答案 aw0时，f(x)在 R 上单调递增； 1+kx0在(一 1,1)内恒成立,即

15、J+k(一 1 + k 10,0,解得1Wkw1.因为 k丰0,所以 k 的取值范围是1, 0)U(0 ,1备选题1 函数 f(x) = (x 3)ex的单调递增区间是A.(汽 2)B. (0 , 3)C. (1 , 4)D.(2 ,+)解析 f (x) = (x 3) ex+ (x 3)(ex)=(x 2)ex，令 f (x)0，解得 x2，故选 D.2.在 R 上可导的函数 f(x)的图像如图所示,则关于 x 的不等式 xf (x)0 时，f(x)增区间为(Ina ,+)X6.已知函数 f(x) = mln(x + 1) x-(x 1)，讨论 f(x)的单调性.II” ，m (x + 1)

16、 1解析 f (x) =l (x 1)(x + 1)当mC0时，f (x)0 时，令 f (x)0，得 xo，得 x 1m，函数 f(x)在(1m)上单调递增.综上所述，当mo 时，f(x)在(1， 1+m)上单调递减，在(1 m,)上单调递增.13a2g(x) = 2x + 2x + 1,若 g(x)在区间(一 2, 1)内存在单调递减区间，求实数答案(32 2)解析 g (x) = x2 ax + 2,依题意，存在 x ( 2, 1)，使不等式 g (x) = x2 ax + 20 成立.当 x ( 2, 1)时，ax20.(1)设 g(x)是 f(x)的导函数，讨论 g(x)的单调性；证

17、明：存在 a (0 ,1)，使得 f(x) 0 恒成立，且 f(x) = 0 在区间(1 ,3)内有唯一解.答案(1)当 x (0 , 1)时，g (x)0 , g(x)单调递增略解析(1)由已知，函数 f(x)的定义域为(0,3),g(x) = f (x) = 2(x 1 I nx a),22 (x 1)所以 g (x) = 2 x=x .当 x (0 , 1)时，g (x)0 , g(x)单调递增.(2)由 f (x) = 2(x 1 Inx a) = 0，解得 a= x 1 Inx.令0(x) = 2xlnx x 2x(x 1 Inx) (x 1 Inx) = (1 Inx) 2xlnx，贝 U $ (1) = 10, $ (e) = 2(2 e) 1).7.已知函数a 的取值范围.111由 u (x) = 1 -0 知，函数 u(x)在区间(1 ,3)上