《2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課下層級訓(xùn)練14 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（含解析）文 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課下層級訓(xùn)練14 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（含解析）文 新人教A版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課下層級訓(xùn)練14 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（含解析）文 新人教A版 1．(2019·湖北八校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為(　　) A．　　　　　　　 B． C． D．(－∞，a) A　[由f′(x)＝－a>0，得0

2、′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．] 3．(2019·重慶涪陵月考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′(x)的圖象大致是(　　) A　[設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單調(diào)遞增．] 4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋4，則“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 A　[f′(x)＝x2＋a，當(dāng)a>0時，f′(x)>0，即a>0時，f(x)在R

3、上單調(diào)遞增，由f(x)在R上單調(diào)遞增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．] 5．(2019·廣西欽州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設(shè)a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，則(　　) A．a(chǎn)0，f(x)為增函數(shù)；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)

4、的單調(diào)遞減區(qū)間是__________. (－∞，0)，(0,1)　[f(x)的定義域是(－∞，0)∪(0，＋∞)， f′(x)＝＝，令f′(x)＜0，解得x＜1，故f(x)在(－∞，0)，(0,1)遞減．] 7. (2019·遼寧阜新二中月考)若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，則實數(shù)a的范圍為__________. a≥3　[∵函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)內(nèi)單調(diào)遞減，∴f′(x)＝3x2－2ax≤0在(0,2)內(nèi)恒成立．即a≥x在(0,2)內(nèi)恒成立． t＝x在(0,2)上的值域為(0,3)，∴a≥3.] 8．若f(x)＝xsin x＋cos x，

5、則f(－3)，f，f(2)的大小關(guān)系為________. f(－3)＜f(2)＜f　[函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，因此f(－3)＝f(3)． 又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 當(dāng)x∈時，f′(x)≤0. 所以f(x)在區(qū)間上是減函數(shù)， 所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．] 9．已知函數(shù)f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)．試討論f(x)的單調(diào)性． 解　由題意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)， 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. ①當(dāng)0

6、當(dāng)a＝1時，f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增； ③當(dāng)a>1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為. 10．(2018·河北邯鄲考前保溫卷)已知函數(shù)f(x)＝ex－x2－ax. (1)若函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程為y＝2x＋b，求a，b的值； (2)若函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，求實數(shù)a的最大值． 解　(1)∵f(x)＝ex－x2－ax， ∴f′(x)＝ex－2x－a，則f′(0)＝1－a. 由題意知1－a＝2，即a＝－1. ∴f(x)＝ex－x2＋x，則f(0)＝1. 于是1＝2×0＋b，b＝1. (2)由題意f′(x)≥0，即ex－2x－

7、a≥0恒成立，∴a≤ex－2x恒成立． 設(shè)h(x)＝ex－2x，則h′(x)＝ex－2. ∴當(dāng)x∈(－∞，ln 2)時，h′(x)＜0，h(x)為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(ln 2，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)為增函數(shù)． ∴h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2. ∴a≤2－2ln 2，即a的最大值為2－2ln 2. [B級　能力提升訓(xùn)練] 11．若函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－3] B．(－3,1) C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞) B　[因為f(x)＝x3－x2＋ax

8、－5， 所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1， 如果函數(shù)f(x)＝x3－x2＋ax－5在區(qū)間[－1,2]上單調(diào)，那么a－1≥0或解得a≥1或a≤－3， 于是滿足條件的a∈(－3,1)．] 12．定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)y＝f(x)使不等式2f(x)0，x>0， ∴′＝＝>0， ∴y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴>，即>4. ∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，

9、 ∴′＝＝<0， ∴y＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴<，即<8. 綜上，4<<8.] 13．(2019·山東臨沂檢測)若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為__________. (2，＋∞)　[令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1. 由題意知g′(x)>0，∴g(x)為增函數(shù)．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集為(2，＋∞)．] 14．若函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋2ax在上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是__________. 　[對f(x)求導(dǎo)，得 f′(x)＝－x2＋x＋2a＝

10、－2＋＋2a. 當(dāng)x∈時，f′(x)的最大值為f′＝＋2a. 令＋2a>0，解得a>－，所以a的取值范圍是.] 15．(2019·云南大理質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(k為常數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求實數(shù)k的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解　(1)f′(x)＝(x>0)． 又由題知f′(1)＝＝0，所以k＝1. (2)f′(x)＝(x>0)． 設(shè)h(x)＝－ln x－1(x＞0)，則h′(x)＝－－＜0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時，h(x)＞0，所以f′(x)＞0； 當(dāng)x＞

11、1時，h(x)＜0，所以f′(x)＜0. 綜上，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)． 16．已知x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－，若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2－＋. ∵x＝1是f(x)＝2x＋＋ln x的一個極值點， ∴f′(1)＝0，即2－b＋1＝0. 解得b＝3，經(jīng)檢驗，適合題意，∴b＝3. ∵f′(x)＝2－＋＝， 解f′(x)≤0，得0＜x≤1. ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]． (2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x＞0)， g′(x)＝2＋＋(x＞0)． ∵函數(shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， ∴g′(x)≥0在[1,2]上恒成立， 即2＋＋≥0在[1,2]上恒成立， ∴a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立， ∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]． ∵在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3， ∴a≥－3，即a的取值范圍為[－3，＋∞)．