新版高三數(shù)學(xué) 第18練 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性練習(xí)

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2、 1 第18練 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 訓(xùn)練目標(biāo) (1)函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；(2)函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用． 訓(xùn)練題型 (1)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間；(2)利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)值；(3)利用函數(shù)單調(diào)性比較函數(shù)值大?。? 解題策略 (1)函數(shù)的單調(diào)性可通過解不等式f′(x)>0或f′(x)<0判斷；(2)若f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)，則f′(x)≥0在D上恒成立；(3)已知條件中含f

3、(x)的不等式，可構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性求解. 一、選擇題 1．函數(shù)f(x)＝lnx－x2的單調(diào)減區(qū)間是(　　) A．(－∞，] B．(0，] C．[1，＋∞) D．[，＋∞) 2．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 3．“a>1”是“函數(shù)f(x)＝ax＋cosx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．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 4．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　)

4、 A. B. C. D. 5．(20xx·臨沂月考)已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對(duì)任意的00)， (1)若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,4)，則實(shí)數(shù)k的值為____________； (2)若在(0,4)上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是____________． 7．已知函數(shù)y＝－x3＋bx2－(2b＋

5、3)x＋2－b在R上不是單調(diào)減函數(shù)，則b的取值范圍是________________． 8．(20xx·蘭州一模)若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______________________． 9．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋ax，若g(x)＝，對(duì)任意x1∈[，2]，存在x2∈[，2]，使f′(x1)≤g(x2)成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______________． 三、解答題 10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－，g(x)＝f(x)＋ax－6ln x，其中a∈R. (1)當(dāng)a＝1時(shí)，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若g(x)在其定義域

6、內(nèi)為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍．  答案精析 1．D　[由題意知，函數(shù)f(x)＝lnx－x2的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)可得f′(x)＝－2x＝，令f′(x)＝≤0，可得x≥.故選D.] 2．B　[在(－1,0)上，f′(x)單調(diào)遞增，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞增趨勢(shì)；在(0,1)上，f′(x)單調(diào)遞減，所以f(x)圖象的切線斜率呈遞減趨勢(shì)，故選B.] 3．A　[若函數(shù)f(x)＝ax＋cosx在R上單調(diào)遞增，則f′(x)＝a－sin x≥0在R上恒成立， ∴a≥sinx，∵－1≤sin x≤1，∴a≥1，則“a>1”是“函數(shù)f(x)＝ax＋cosx在

7、R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件，故選A.] 4．C　[f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意知當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立． 令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a， 則有 即 解得a≥.] 5．A　[因?yàn)閤f′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，所以′＝≤≤0， 則函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．由于0

8、x)＝3kx2＋6(k－1)x，由題意知f′(4)≤0，解得k≤.又k>0，故03. 8．(－∞，2ln 2－2] 解析　因?yàn)閒(x)＝x2－ex－ax，所以f′(x)＝2x－ex－a， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單調(diào)遞增區(qū)間， 所以f′(x)＝2x－ex－a≥0， 即a≤2x－ex有解，設(shè)g(x)

9、＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0， 解得x＝ln 2，則當(dāng)x0，g(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x>ln 2時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝ln 2時(shí)，g(x)取得最大值，g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2， 所以a≤2ln 2－2. 9．(－∞，－8] 解析　求導(dǎo)可得f′(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1?f′(x)在[，2]上是增函數(shù)?f′(x)max＝f′(2)＝8＋a，由g(x)＝在[，2]上是減函數(shù)?g(x)max＝g()＝，又原命題等價(jià)于f′(x)max≤g(x)max?8＋a≤?a∈(－∞，－8]． 10．解　(1)由f(x)＝lnx－得定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝， 當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立， 所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知得，g′(x)＝， 因?yàn)間(x)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)， 所以?x∈(0，＋∞)，g′(x)≥0， 即ax2－5x＋a≥0，即a≥， 而≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，所以a≥.