高考数学第二篇导数在研究函数中的应用（第一课时）利用导数研究函数的单调性应用能力提升

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1、第一课时　利用导数研究函数的单调性【选题明细表】知识点、方法题号导数研究函数的单调性的理解3,4,5,7求函数的单调区间2,9,10已知函数的单调性求参数的取值范围1,8利用导数研究函数单调性的综合问题6,11基础巩固(建议用时:25分钟)1.(2018·云南玉溪模拟)已知函数f(x)=ax3+3x2-x+2在R上是减函数,则a的取值范围是(　B　)(A)(-∞,3)(B)(-∞,-3](C)(-3,0)(D)[-3,0)解析:由f(x)=ax3+3x2-x+2,得f′(x)=3ax2+6x-1,因为函

2、数在R上是减函数,所以f′(x)=3ax2+6x-1≤0恒成立,所以由Δ=36+12a≤0,解得a≤-3,则a的取值范围是(-∞,-3].故选B.2.设函数f(x)=2(x2-x)lnx-x2+2x,则函数f(x)的单调递减区间为(　B　)(A)(0,)(B)(,1)(C)(1,+∞)(D)(0,+∞)解析:由题意可得f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2(2x-1)lnx+2(x2-x)·-2x+2=(4x-2)lnx.由f′(x)<0可得(4x-2)lnx<0,所以或解得

3、x)的单调递减区间为(,1),故选B.3.(2017·浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(　D　)解析:观察导函数f′(x)的图象可知,f′(x)的函数值从左到右依次为小于0,大于0,小于0,大于0,所以对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知,排除A,C.如图所示,f′(x)有3个零点,从左到右依次设为x1,x2,x3,且x1,x3是极小值点,x2是极大值点,且x2>0,故选项D正确.故选D.4.(2018·龙泉二中月

4、考)若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数k的取值范围是(　D　)(A)(-∞,-3]∪[-1,1]∪[3,+∞)(B)不存在这样的实数k(C)(-2,2)(D)(-3,-1)∪(1,3)解析:因为f(x)=x3-12x,所以f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,解得x=-2或x=2,即函数f(x)=x3-12x的极值点为±2,若函数f(x)=x3-12x在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则-2∈(k-1,k+1)或2∈(k-1,k+1),解得-3

5、1或11,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　A　)(A)(0,+∞)(B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞)(D)(3,+∞)解析:设g(x)=exf(x)-ex,x∈R,则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1].因为f(x)+f′(x)>1,所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(

6、x)>0.所以y=g(x)在定义域上单调递增.因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,且exf(x)>ex+3,所以g(x)>3即g(x)>g(0),所以x>0.故选A.6.(2018·河北唐山期末)已知函数f(x)=ln(ex+e-x)+x2,则使得f(2x)>f(x+3)成立的x的取值范围是(　D　)(A)(-1,3)(B)(-∞,-3)∪(3,+∞)(C)(-3,3)(D)(-∞,-1)∪(3,+∞)解析:因为f(-x)=ln(e-x+ex)+(-x)2=ln(ex+e-x)+x2=f(x)

7、,所以函数f(x)是偶函数.通过导函数可知函数y=ex+e-x在(0,+∞)上是增函数,所以函数f(x)=ln(ex+e-x)+x2在(0,+∞)上也是增函数,所以不等式f(2x)>f(x+3)等价于

8、2x

9、>

10、x+3

11、,解得x<-1或x>3.故选D.7.(2018·四川达州市高考模拟)若任意a,b满足00可知0

12、大值是e,答案:e8.(2018·福建厦门市高考一模)若函数f(x)=2x-sin2x+2mcosx在(0,π)上单调递增,则m的取值范围是　　　　. 解析:函数f(x)=2x-sin2x+2mcosx的导数为f′(x)=2-cos2x-2msinx,若f(x)在(0,π)单调递增,则2-cos2x-2msinx≥0在(0,π)上恒成立,即m≤,x∈(0,π).令g(x)====sinx+≥2=,当且仅当sinx=时等号成立.故m≤.答案: