2019届高考数学复习导数及其应用第2讲第1课时利用导数研究函数的单调性练习理北师大版

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1、第2讲第1课时　利用导数研究函数的单调性一、选择题1.函数f(x)＝xlnx，则(　　)A.在(0，＋∞)上递增B.在(0，＋∞)上递减C.在上递增D.在上递减解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)>0得x>，令f′(x)<0得00.答案　C3.已知函

2、数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.答案　A4.已知函数y＝f(x)的图像是下列四个图像之一，且其导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则该函数的图像是(　　)解析　由y＝f′(x)的图像知，y＝f(x)在[－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增

3、长速度越来越慢.答案　B5.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(　　)A.(1，2]B.(4，＋∞]C.[－∞，2)D.(0，3]解析　∵f(x)＝x2－9lnx，∴f′(x)＝x－(x>0)，当x－≤0时，有00且a＋1≤3，解得1

4、x≠0}，且f′(x)＝，令f′(x)>0得x

5、>1.答案　(1，＋∞)7.已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则实数a的取值范围是________.解析　f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意当x∈[－1，1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1，1]时恒成立.令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有即解得a≥.答案　8.(2017·合肥模拟)若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则实数a的取值范围

6、是________.解析　对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a.当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a.令＋2a>0，解得a>－.所以实数a的取值范围是.答案　三、解答题9.(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间.解　(1)∵f(x)＝xea－x＋bx，∴f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.由题意得即解得a＝2，b＝e.(2)由(1)得f(x)＝xe2－x＋ex

7、，由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x>0知，f′(x)与1－x＋ex－1同号.令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，1)上递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上递增，∴g(x)≥g(1)＝1在R上恒成立，∴f′(x)>0在R上恒成立.∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).10.设函数f(x)＝x3－x2＋1.(1)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g

8、(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)由已知得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，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).(2)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)时，a<＝－2，当且仅当x＝即x＝－时等号成立.所以满足要求的

9、实数a的取值范围是(－∞，－2).11.(2017·承德调考)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)e2017f(0)B.f(1)>ef(0)，f(2017)>e2017f(0)C.f(1)>ef(0)，f(2017)