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高考数学一轮复习 第四单元 导数及其应用 高考达标检测(十二)函数单调性必考,导数工具离不了 理试题VIP免费

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高考达标检测(十二)函数单调性必考,导数工具离不了一、选择题1.已知函数f(x)=lnx+x2-3x(a∈R),则函数f(x)的单调递增区间为()A.B.(1∞,+)C.和(1∞,+)D.和(1∞,+)解析:选Df′(x)=(x>0),令f′(x)=0,得x=或x=1,当01时,f′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为和(1∞,+).2.(2017·浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()解析:选D由f′(x)的图象知,f′(x)的图象有三个零点,故f(x)在这三个零点处取得极值,排除A、B;记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,因为在(∞-,x1)上f′(x)<0,在(x1,x2)上f′(x)>0,所以函数f(x)在(∞-,x1)上单调递减,排除C,故选D.3.对于R上可导的任意函数f(x)≤,若满足0,则必有()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:选A当x<1时,f′(x)<0,此时函数f(x)单调递减,当x>1时,f′(x)>0,此时函数f(x)单调递增,∴当x=1时,函数f(x)取得极小值同时也取得最小值,所以f(0)>f(1),f(2)>f(1),则f(0)+f(2)>2f(1).4.已知函数f(x)=xsinx,x1,x2∈,且f(x1)<f(x2),那么()A.x1-x2>0B.x1+x2>0C.x-x>0D.x-x<0解析:选D由f(x)=xsinx得f′(x)=sinx+xcosx=cosx(tanx+x),当x∈时,f′(x)>0,即f(x)在上为增函数,又f(-x)=-xsin(-x)=xsinx,因而f(x)为偶函数,∴当f(x1)<f(x2)时,有f(|x1|)<f(|x2|),∴|x1|<|x2|,x-x<0,故选D.5.(2017·吉林长春三模)定义在R上的函数f(x)满足:f′(x)>f(x)恒成立,若x1<x2,则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为()A.ex1f(x2)>ex2f(x1)B.ex1f(x2)<ex2f(x1)C.ex1f(x2)=ex2f(x1)D.ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选A设g(x)=,则g′(x)==,由题意知g′(x)>0,所以g(x)单调递增,当x1<x2时,g(x1)<g(x2),即<,所以ex1f(x2)>ex2f(x1).6.已知定义在R上的函数y=f(x)满足条件f(x+4)=-f(x),且函数y=f(x+2)是偶函数,当x∈(0,2]时,f(x)=lnx-ax,当x∈[-2,0)时,f(x)的最小值为3,则a的值为()A.e2B.eC.2D.1解析:选A因为函数y=f(x+2)是偶函数,即对称轴为x=0,所以函数y=f(x)的对称轴为x=2,当x∈[2,4)时,4-x∈(0,2],所以f(x)=f(4-x)=ln(4-x)-a(4-x).因为f(x+4)=-f(x),所以x∈[-2,0)时,x+4∈[2,4),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=-,因为a>,所以-∈(-2,0),当-2≤x<-时,f′(x)<0,当-0,所以f(x)在上是减函数,在上是增函数,所以当x=-时,f(x)取得最小值f=-ln+1,因为f(x)在[-2,0)上的最小值为3,所以-ln+1=3,解得a=e2.二、填空题7.设函数f(x)=x(ex-1)-x2,则函数f(x)的单调增区间为________.解析:因为f(x)=x(ex-1)-x2,所以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∞,+).所以函数f(x)的单调增区间为(∞-,-1)和(0∞,+).答案:(∞-,-1)和(0∞,+)8.已知函数f(x)=xlnx-ax2-x.若函数f(x)在定义域上为减函数,则实数a的取值范围是________.解析:由题意可知函数f(x)的定义域为(0∞,+).f′(x)=lnx-2ax,因为函数f(x)在定义域上为减函数,所以lnx-2ax≤0,即a≥在(0∞,+)上恒成立,令g(x)=,则g′(x)=,当00;当x>e时,g′(x)<0,所以g(x)max=g(e)=,所以a≥.答案:9.(2018·兰州诊断)若函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,则实数a的取值范围是________.解析: f(x)=x2-ex-ax,∴f′(x)=2x-ex-a, 函数f(x)=x2-ex-ax在R上存在单调递增区间,∴f′(x)=2x-ex-a≥0有解,即a≤2x-ex有解,设g(x)=2x-ex,则g′(x)=2-ex,令g′(x)=0,解得x=ln2,则当x<ln2时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x>ln2时,g′(x)<0,g(x)单调递减,∴当x=ln2时,g(x)取得最大值,且g(x)max=g(ln2)=2ln2-2,∴a≤2ln2-2.答案:(∞-,2ln2-2]...

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