（江苏专版）2019版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 课时跟踪检测（十四）导数与函数的单调性 文

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1、课时跟踪检测（十四）导数与函数的单调性一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x)＝x－lnx的单调减区间为________．解析：函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得00)，得x＝e－1.当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增．又

2、f(1)＝f(e)＝0,12，所以a≤2.答案：(－∞，2]4.定义在R上的可导函数f(x)，已知y＝ef′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的增区间是________．解析：由题意及题图知f′(x)≥0的区间是(－∞

3、，2)，故函数y＝f(x)的增区间是(－∞，2)．答案：(－∞，2)5．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．答案：单调递增6．(2018·海门中学检测)设函数f(x)＝x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是______．解析：因为f(x)＝x2－9lnx，所以f′(x)＝x－(x>0)，当x－≤0时，有00且a＋1≤3，解得1<

4、a≤2.答案：(1,2]二保高考，全练题型做到高考达标1．若函数f(x)＝x3＋x2－ax＋3a在区间[1,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：因为f′(x)＝x2＋2x－a，且函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以f′(x)≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤(x2＋2x)min＝3，所以a≤3.答案：(－∞，3]2．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．解析：设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′

5、(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)3．(2018·姜偃二中测试)若f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的单调增函数，则实数m的值为________．解析：因为f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x2＋2mx＋(m－3)≥0在R上恒成立，所以Δ＝(2m)2－48(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因为(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以m＝6

6、.答案：64．(2018·姜堰中学学情调研)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为________．解析：依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，1)上为增函数．又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，因此f(－1)＜f(0)＜f，即f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.答案：c＜a＜b5．(2018·江苏信息卷)已知定义在R上的可导函数f(x)满足f′(x)<1，若f(2－m)－f(m)<2－2m，则

7、实数m的取值范围是________．解析：令g(x)＝f(x)－x，所以g′(x)＝f′(x)－1<0，即g(x)在R上单调递减，由题可知f(2－m)－f(m)<2－2m，即f(2－m)－(2－m)m，即得m<1.答案：(－∞，1)6．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间为________．解析：函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等

8、式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.答案：(2，＋∞)7．函数f(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值