（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 11 第11讲 导数与函数的单调性刷好题练能力 文

《（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 11 第11讲 导数与函数的单调性刷好题练能力 文》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、第11讲导数与函数的单调性1．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0，即3(x－11)(x＋1)<0，解得－1

2、f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的________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：充分不必要4．(2019·宿迁第一次质量预测)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是________．解析：依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f

3、(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．答案：(－3，5)5．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________．解析：设f(x)＝x3－3x＋c，对f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，可得x＝±1，易知f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减．若f(1)＝1－3＋c＝0，可得c＝2；若f(－1)＝－1＋3＋c＝0，可得c＝－2.答案：－2或26．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a的值为________．解析：因为f

4、(x)＝x3－x2＋ax＋4，所以f′(x)＝x2－3x＋a，又函数f(x)恰在[－1，4]上单调递减，所以－1，4是f′(x)＝0的两根，所以a＝(－1)×4＝－4.答案：－47．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝－x＋4－＝＝－，由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t<1

5、8．(2019·江苏省高考名校联考信息卷(十))设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则f(x)在(－4，2)上的所有极值点之和为________．解析：根据函数y＝(1－x)f′(x)的图象知，当x<－1时，y＝(1－x)f′(x)<0，1－x>0，f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，当－10，1－x>0，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增，当x>1时，y＝(1－x)f′(x)<0，1－x<0，f′(x)>0，函数f(

6、x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x＝－1是f(x)的极小值点，且f(x)在(－4，2)上无极大值点，所以f(x)在(－4，2)上所有极值点之和为－1.答案：－19．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

7、直于直线y＝x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－(x>0)，由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.(2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－，则f′(x)＝(x>0)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0，5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．综上，f(x)的单调增区间为(5，＋∞)

8、，单调减区间为(0，5)．11．(2019·无锡质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax