《(全國通用版)2022年高考數(shù)學一輪復習 第四單元 導數(shù)及其應用 高考達標檢測(十二)函數(shù)單調性必考導數(shù)工具離不了 理》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《(全國通用版)2022年高考數(shù)學一輪復習 第四單元 導數(shù)及其應用 高考達標檢測(十二)函數(shù)單調性必考導數(shù)工具離不了 理(8頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(全國通用版)2022年高考數(shù)學一輪復習 第四單元 導數(shù)及其應用 高考達標檢測(十二)函數(shù)單調性必考,導數(shù)工具離不了 理
一、選擇題
1.已知函數(shù)f(x)=ln x+x2-3x(a∈R),則函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為( )
A. B.(1,+∞)
C.和(1,+∞) D.和(1,+∞)
解析:選D f′(x)=(x>0),
令f′(x)=0,得x=或x=1,當01時,f′(x)>0,
所以f(x)的單調遞增區(qū)間為和(1,+∞).
2.(2017·浙江高考)函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是( )
2、
解析:選D 由f′(x)的圖象知,f′(x)的圖象有三個零點,故f(x)在這三個零點處取得極值,排除A、B;記導函數(shù)f′(x)的零點從左到右分別為x1,x2,x3,因為在(-∞,x1)上f′(x)<0,在(x1,x2)上f′(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,x1)上單調遞減,排除C,故選D.
3.對于R上可導的任意函數(shù)f(x),若滿足≤0,則必有( )
A.f(0)+f(2)>2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)<2f(1) D.f(0)+f(2)≥2f(1)
解析:選A 當x<1時,f′(x)<0,此時函數(shù)f(x)單調遞減,
當
3、x>1時,f′(x)>0,此時函數(shù)f(x)單調遞增,
∴當x=1時,函數(shù)f(x)取得極小值同時也取得最小值,
所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),則f(0)+f(2)>2f(1).
4.已知函數(shù)f(x)=xsin x,x1,x2∈,且f(x1)<f(x2),那么( )
A.x1-x2>0 B.x1+x2>0
C.x-x>0 D.x-x<0
解析:選D 由f(x)=xsin x得f′(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),
當x∈時,f′(x)>0,即f(x)在上為增函數(shù),
又f(-x)=-xsin(-x)=xsin x,因而f(x)為偶
4、函數(shù),
∴當f(x1)<f(x2)時,有f(|x1|)<f(|x2|),∴|x1|<|x2|,x-x<0,故選D.
5.(2017·吉林長春三模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關系為( )
A.ex1f(x2)>ex2f(x1)
B.ex1f(x2)<ex2f(x1)
C.ex1f(x2)=ex2f(x1)
D.ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關系不確定
解析:選A 設g(x)=,則g′(x)==,由題意知g′(x)>0,所以g(x)單調遞增,當x1<x2時,g(x1)<g(x2),即<
5、,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).
6.已知定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足條件f(x+4)=-f(x),且函數(shù)y=f(x+2)是偶函數(shù),當x∈(0,2]時,f(x)=ln x-ax,當x∈[-2,0)時,f(x)的最小值為3,則a的值為( )
A.e2 B.e
C.2 D.1
解析:選A 因為函數(shù)y=f(x+2)是偶函數(shù),即對稱軸為x=0,
所以函數(shù)y=f(x)的對稱軸為x=2,
當x∈[2,4)時,4-x∈(0,2],
所以f(x)=f(4-x)=ln(4-x)-a(4-x).
因為f(x+4)=-f(x),
所以x∈[-2,0)時,x+4∈[2,4),
6、f(x)=-f(x+4)=-ln[4-(x+4)]+a[4-(x+4)]=-ln(-x)-ax,
所以f′(x)=--a,令f′(x)=0,得x=-,
因為a>,所以-∈(-2,0),
當-2≤x<-時,f′(x)<0,當-0,
所以f(x)在上是減函數(shù),在上是增函數(shù),
所以當x=-時,f(x)取得最小值f =-ln+1,
因為f(x)在[-2,0)上的最小值為3,
所以-ln+1=3,解得a=e2.
二、填空題
7.設函數(shù)f(x)=x(ex-1)-x2,則函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為________.
解析:因為f(x)=x(ex-1)-x2,
所
7、以f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).
令f′(x)>0,即(ex-1)·(x+1)>0,解得x∈(-∞,-1)或x∈(0,+∞).
所以函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間為(-∞,-1)和(0,+∞).
答案:(-∞,-1)和(0,+∞)
8.已知函數(shù)f(x)=xln x-ax2-x.若函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析:由題意可知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞).
f′(x)=ln x-2ax,因為函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù),
所以ln x-2ax≤0,即a≥在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=,則g′(x)=,
8、
當00;當x>e時,g′(x)<0,
所以g(x)max=g(e)=,
所以a≥.
答案:
9.(2018·蘭州診斷)若函數(shù)f(x)=x2-ex-ax在R上存在單調遞增區(qū)間,則實數(shù)a的取值范圍是________.
解析:∵f(x)=x2-ex-ax,∴f′(x)=2x-ex-a,
∵函數(shù)f(x)=x2-ex-ax在R上存在單調遞增區(qū)間,
∴f′(x)=2x-ex-a≥0有解,即a≤2x-ex有解,
設g(x)=2x-ex,則g′(x)=2-ex,
令g′(x)=0,解得x=ln 2,
則當x<ln 2時,g′(x)>0,g(x)單調遞增,
當x
9、>ln 2時,g′(x)<0,g(x)單調遞減,
∴當x=ln 2時,g(x)取得最大值,且g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2,
∴a≤2ln 2-2.
答案:(-∞,2ln 2-2]
三、解答題
10.已知函數(shù)f(x)=x-+1-aln x,a>0.討論f(x)的單調性.
解:由題意知,f(x)的定義域是(0,+∞),
導函數(shù)f′(x)=1+-=.
設g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判別式Δ=a2-8.
①當Δ≤0,即0<a≤2時,對一切x>0都有f′(x)≥0.
此時f(x)是(0,+∞)上的單調遞增函數(shù).
②當Δ>0,即a>2時,方程g(
10、x)=0有兩個不同的實根x1=,x2=,0<x1<x2.
由f′(x)>0,得0x2.由f′(x)<0,得x1
11、 x+a+1≥0在[e2,+∞)上恒成立.
∴a≥-1-ln x.
令h(x)=-ln x-1,∴a≥h(x)max,
當x∈[e2,+∞)時,ln x∈[2,+∞),
∴h(x)∈(-∞,-3],∴a≥-3,
即a的取值范圍是[-3,+∞).
(2)∵2f(x)≥-x2+mx-3,
即mx≤2xln x+x2+3,
又x>0,∴m≤在x∈(0,+∞)上恒成立.
記t(x)==2ln x+x+.
∴m≤t(x)min.
∵t′(x)=+1-==,
令t′(x)=0,得x=1或x=-3(舍去).
當x∈(0,1)時,t′(x)<0,函數(shù)t(x)在(0,1)上單調遞減;
12、
當x∈(1,+∞)時,t′(x)>0,函數(shù)t(x)在(1,+∞)上單調遞增.
∴t(x)min=t(1)=4.∴m≤t(x)min=4,即m的最大值為4.
12.(2018·湖南十校聯(lián)考)函數(shù)f(x)=x3+|x-a|(x∈R,a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù),求a的取值范圍;
(2)若函數(shù)f(x)在R上不單調時,記f(x)在[-1,1]上的最大值、最小值分別為M(a),m(a),求M(a)-m(a).
解:由已知得,f(x)=
令g(x)=x3+x-a,則g′(x)=x2+1>0,
所以g(x)在[a,+∞)上為增函數(shù).
令h(x)=x3-x+a,則h′(x)
13、=x2-1.
令h′(x)=0,得x=±1,
所以h(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函數(shù),在(-1,1)上為減函數(shù).
(1)因為f(x)在R上是增函數(shù),所以h(x)在(-∞,a)上為增函數(shù),所以a≤-1.
故a的取值范圍為(-∞,-1].
(2)因為函數(shù)f(x)在R上不單調,所以a>-1.
當-1
14、
15、≤0不可能恒成立,
當a>e時,由f′(x)=+e-a=0,得x=,
當x∈時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,
當x∈時,f′(x)<0,f(x)單調遞減,
∴當x=時,f(x)取最大值,
∵不等式f(x)≤0恒成立,
∴f =-ln(a-e)-b-1≤0,
∴b≥-1-ln(a-e),
∴≥(a>e),
令F(x)=(x>e),
則F′(x)==,
令H(x)=(x-e)ln(x-e)-e,則H′(x)=ln(x-e)+1,
由H′(x)=0,得x=e+,
當x∈時,H′(x)>0,H(x)是增函數(shù),
x∈時,H′(x)<0,H(x)是減函數(shù),
∴當x=e+
16、時,H(x)取最小值H=-e-,
∵x→e時,H(x)→0,x>2e時,H(x)>0,H(2e)=0,
∴當x∈(e,2e)時,F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)是減函數(shù),
當x∈(2e,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)是增函數(shù),
∴x=2e時,F(xiàn)(x)取最小值,F(xiàn)(2e)=-,
∴的最小值為-.
答案:-
2.已知函數(shù)f(x)=(a-1)ln x-x2+x(a∈R),g(x)=-x3-x+(a-1)ln x.
(1)若a≤,討論f(x)的單調性;
(2)若過點可作函數(shù)y=g(x)-f(x)(x>0)圖象的兩條不同切線,求實數(shù)a的取值范圍.
解:(1)f′(x)==.
①當a=時
17、,f′(x)≤0,此時,f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù).
②當a≤0時,由f′(x)>0,得x>1;
由f′(x)<0,得00,得1-1.
此時,f(x)在(0,1)和上是減函數(shù),在上是增函數(shù).
(2)y=-x3+x2-2x,y′=-x2+ax-2,設點P(t>0)是函數(shù)y=g(x)-f(x)圖象上的切點,則過點P的切線的斜率為k=-t2+at-2,
所以過點P的切線方程為y+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(x-t).
因為點在切線上,
所以-+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(0-t),
即t3-at2+=0.
若過點可作函數(shù)y=g(x)-f(x)圖象的兩條不同切線,
則方程t3-at2+=0有兩個不同的正數(shù)解.
令h(x)=x3-ax2+,則函數(shù)y=h(x)與x軸正半軸有兩個不同的交點.
令h′(x)=2x2-ax=0,解得x=0或x=.
因為h(0)=,h=-a3+,
所以必須a>0,且h=-a3+<0,解得a>2.
所以實數(shù)a的取值范圍為(2,+∞).