【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第三章 第2讲 导数与函数的单调性作业

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【数学】2021届一轮复习人教A版(文)第三章 第2讲 导数与函数的单调性作业

第2讲 导数与函数的单调性 ‎[基础题组练]‎ ‎1.函数f(x)=ex-ex,x∈R的单调递增区间是(  )‎ A.(0,+∞)      B.(-∞,0)‎ C.(-∞,1) D.(1,+∞)‎ 解析:选D.由题意知,f′(x)=ex-e,令f′(x)>0,解得x>1,故选D.‎ ‎2.(2020·河北省九校第二次联考)函数y=x++2ln x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-30,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)=40时,函数f′(x)=,可得函数的极值点为:x=1,当x∈(0,1)时,函数是减函数,x>1时,函数是增函数,并且f(x)>0,选项B、D满足题意.‎ 当x<0时,函数f(x)=<0,选项D不正确,选项B正确.‎ ‎4.(2020·唐山市摸底考试)设函数f(x)=x(ex+e-x),则f(x)(  )‎ A.是奇函数,且在(0,+∞)上是增函数 B.是偶函数,且在(0,+∞)上是增函数 C.是奇函数,且在(0,+∞)上是减函数 D.是偶函数,且在(0,+∞)上是减函数 解析:选A.通解:由条件可知,f(-x)=(-x)(e-x+ex)=-x(ex+e-x)=-f(x),故f(x)为奇函数,f′(x)=ex+e-x+x(ex-e-x),当x>0时,ex>e-x,所以x(ex-e-x)>0,又ex+e-x>0,所以f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,故选A.‎ 优解:根据题意知f(-1)=-f(1),所以函数f(x)为奇函数.又f(1)2,所以m≤2.故选C.‎ ‎6.函数y=4x2+的单调递增区间为 .‎ 解析:由y=4x2+,得y′=8x-,‎ 令y′>0,即8x->0,解得x>.‎ 所以函数y=4x2+的单调递增区间为.‎ 答案: ‎7.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,+∞)‎ ‎8.若f(x)=xsin x+cos x,则f(-3),f,f(2)的大小关系为 (用“<”连接).‎ 解析:由题意知,函数f(x)为偶函数,‎ 因此f(-3)=f(3).‎ 又f′(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x,‎ 当x∈时,f′(x)<0.所以f(x)在区间上是减函数,所以f>f(2)>f(3)=f(-3).‎ 答案:f(-3)0,解得x>1或x<-;‎ 令f′(x)<0,解得-0时,由F′(x)<0,得x<-ln a,‎ 由F′(x)>0,得x>-ln a.‎ 故当a≤0时,函数F(x)在R上单调递减;‎ 当a>0时,函数F(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.(2020·郑州市第二次质量预测)函数f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,f′(x)为其导函数,若xf′(x)+f(x)=ex(x-2)且f(3)=0,则不等式f(x)<0的解集为(  )‎ A.(0,2) B.(0,3)‎ C.(2,3) D.(3,+∞)‎ 解析:选B.令g(x)=xf(x),x∈(0,+∞),则g′(x)=xf′(x)+f(x)=ex(x-2),可知当x∈(0,2)时,g(x)=xf(x)是减函数,当x∈(2,+∞)时,g(x)=xf(x)是增函数.又f(3)=0,所以g(3)=3f(3)=0.在(0,+∞)上,不等式f(x)<0的解集就是xf(x)<0的解集,又g(0)=0,所以f(x)<0的解集是(0,3),故选B.‎ ‎2.设函数f(x)=x-,且f(mx)+mf(x)<0对任意x∈[1,+∞)恒成立,则实数m的取值范围是 .‎ 解析:由f(mx)+mf(x)<0得mx-+mx-<0对任意x∈[1,+∞)恒成立,整理得2mx<恒成立,即2mx20时,2x2<1+,显然当x=1时y=2x2取得最小值为2,无最大值,不符合题意;当m<0时,2x2>1+,当x=1时y=2x2取得最小值为2,1+<2,解得m<-1.综上,实数m的取值范围是m<-1.‎ 答案:(-∞,-1)‎ ‎3.设函数f(x)=x3-x2+bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.‎ ‎(1)求b,c的值;‎ ‎(2)若a>0,求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(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)f′(x)=x2-ax+b,‎ 由题意得即 故b=0,c=1.‎ ‎(2)由(1)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).‎ ‎(3)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.‎ 则存在x∈(-2,-1)使-a>-x-成立,‎ 即-a>.‎ 因为x∈(-2,-1),所以-x∈(1,2),‎ 则-x-≥2=2,‎ 当且仅当-x=-,即x=-时等号成立,‎ 所以-a>2,则a<-2.‎ 所以实数a的取值范围为(-∞,-2).‎ ‎4.(2020·成都七中检测)设函数f(x)=ax2-a-ln x,g(x)=-,其中a∈R,e=2.718…为自然对数的底数.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)证明:当x>1时,g(x)>0.‎ 解:(1)由题意得f′(x)=2ax-=(x>0).‎ 当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.‎ 当a>0时,由f′(x)=0有x=,‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;‎ 当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎(2)证明:令s(x)=ex-1-x,则s′(x)=ex-1-1.当x>1时,s′(x)>0,所以s(x)>s(1),即ex-1>x,从而g(x)=-=>0.‎
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