《22020年应用第2讲第1课时导数与函数的单调性配套练习文北师大版05053304.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《22020年应用第2讲第1课时导数与函数的单调性配套练习文北师大版05053304.doc（6页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、第1课时导数与函数的单调性一、选择题1函数f(x)xln x的单调递减区间为()A(0,1) B(0，)C(1，) D(，0)(1，)解析函数的定义域是(0，)，且f(x)1，令f(x)0，解得0xf(c)f(d)Bf(b)f(a)f(e)Cf(c)f(b)f(a)Df(c)f(e)f(d)解析依题意得，当x(，c)时，f(x)0，因此，函数f(x)在(，c)上是增函数，由abf(b)f(a)答案C4若函数f(x)2x33mx26x在区间(2，)上为增函数，则实数m的取值范围为()A(，2) B(，2C. D.解析f(x)6x26mx6，当x(2，)时，f(x)0恒成立，即x2mx10恒成立，
2、mx恒成立令g(x)x，g(x)1，当x2时，g(x)0，即g(x)在(2，)上单调递增，m2.答案D5(2017上饶模拟)函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1,1) B(1，)C(，1) D(，)解析由f(x)2x4，得f(x)2x40，设F(x)f(x)2x4，则F(x)f(x)2，因为f(x)2，所以F(x)0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增又F(1)f(1)2(1)42240，故不等式f(x)2x40等价于F(x)F(1)，所以x1.答案B二、填空题6已知函数f(x)(x22x)ex(xR，e为自然对数的底数)，则函数
3、f(x)的单调递增区间为_解析因为f(x)(x22x)ex，所以f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex.令f(x)0，即(x22)ex0，因为ex0，所以x220，解得x，所以函数f(x)的单调递增区间为(，)答案(，)7已知函数f(x)x24x3ln x在区间t，t1上不单调，则t的取值范围是_解析由题意知f(x)x4，由f(x)0得函数f(x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t1)内，函数f(x)在区间t，t1上就不单调，由t1t1或t3t1，得0t1或2t0)，则h(x)0，即h(x)在(0，)上是减函数由h(1)0知，当0x0，从而f(x)0；当
4、x1时，h(x)0，从而f(x)0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，)10已知函数f(x)x3ax2xc，且af.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)(f(x)x3)ex，若函数g(x)在x3,2上单调递增，求实数c的取值范围解(1)由f(x)x3ax2xc，得f(x)3x22ax1.当x时，得af322a1，解得a1.(2)由(1)可知f(x)x3x2xc，则f(x)3x22x13(x1)，列表如下：x(1，)f(x)f(x)递增递减递增所以f(x)的单调递增区间是和(1，)；f(x)的单调递减区间是.(3)函数g(x)(f(
5、x)x3)ex(x2xc)ex，有g(x)(2x1)ex(x2xc)ex(x23xc1)ex，因为函数g(x)在x3,2上单调递增，所以h(x)x23xc10在x3,2上恒成立，只要h(2)0，解得c11，所以c的取值范围是11，)11函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)f(2x)，且当x(，1)时，(x1)f(x)0，设af(0)，bf，cf(3)，则()Aabc BcbaCcab Dbca解析依题意得，当x0，则f(x)在(，1)上为增函数；又f(3)f(1)，且101，因此有f(1)f(0)f，即有f(3)f(0)f，ca0时，xf(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围
6、是_解析令g(x)，则g(x)0，x(0，)，所以函数g(x)在(0，)上单调递增又g(x)g(x)，则g(x)是偶函数，g(2)0g(2)则f(x)xg(x)0或解得x2或2x0的解集为(2,0)(2，)答案(2,0)(2，)14已知函数f(x)ln x，g(x)axb.(1)若f(x)与g(x)在x1处相切，求g(x)的表达式；(2)若(x)f(x)在1，)上是减函数，求实数m的取值范围解(1)由已知得f(x)，f(1)1a，a2.又g(1)0ab，b1，g(x)x1.(2)(x)f(x)ln x在1，)上是减函数，(x)0在1，)上恒成立，x2(2m2)x10在1，)上恒成立，则2m2x，x1，)，x2，)，2m22，m2.故实数m的取值范围是(，2.6
