高考数学第三章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性练习理（含解析）

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1、第2讲导数与函数的单调性[基础题组练]1．(2019·河北省九校第二次联考)函数y＝x＋＋2lnx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y′＝1－＋＜0，得－3＜x＜1，又x＞0，故所求函数的单调递减区间为(0，1)．故选B.法二：由题意知x＞0，故排除A、C选项；又f(1)＝4＜f(2)＝＋2ln2，故排除D选项．故选B.2．(2019·济南调研)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　

2、)A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析：选C.由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，因为af(b)>f(a)，故选C.3．(2019·江西七校第一次联考)若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围是(　　)A．(－∞，1]B．(－∞，1)C．(－∞，2]D．(－∞，2)解析：选C.因为f′(x)＝6(x2－mx

3、＋1)，且函数f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝6(x2－mx＋1)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即x2－mx＋1≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以m≤＝x＋在(1，＋∞)上恒成立，即m≤(x∈(1，＋∞))，因为当x∈(1，＋∞)时，x＋＞2，所以m≤2.故选C.4．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：选A.因为f(x)＝x2－9lnx，所以f′(x)＝x－(x>0)，由x－≤0，得

4、00且a＋1≤3，解得1

5、)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)＜f(0)＝a，所以c＜a＜b，故选C.6．函数f(x)＝＋－lnx的单调递减区间是________．解析：因为f(x)＝＋－lnx，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－－＝，令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．答案：(0，5)7．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f

6、′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)8．已知函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf′(x)≥0的解集为________．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⇔0≤x≤或x≥2，所以xf′(x)≥0的解集为∪[2，＋∞)．答案：∪[2，＋∞)9．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)

7、，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)由题意得f′(x)＝，又因为f′(1)＝＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝，设h(x)＝－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1

8、)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在(－1，1)上为单调减函数，求实数a的取值范围；(3)若函数f(x)的单调递减区间为(－1，1)，求实数a的值；(4)若函数f(x)在区间(－1，1)上不单调，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以