(课标通用)北京市2020版高考数学大一轮复习第三章2第二节导数与函数的单调性夯基提能作业本

A组 基础题组

1.函数f(x)=e-ex,x∈R的单调递增区间是( ) A.(0, +∞) B.(-∞,0) C.(-∞,1) D.(1,+∞)

答案 D 由题意知f '(x)=e-e,令f '(x)>0,解得x>1,故选D.

2.设f '(x)是函数f(x)的导函数,y=f '(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是( )

x

x

答案 C 由f '(x)的图象知,当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0, f(x)为增函数,当x∈(0,2)时, f '(x)<0, f(x)为减函数,当x∈(2,+∞)时, f '(x)>0, f(x)为增函数.故选C.

3.已知函数f(x)=x+2cos x,若f '(x)是f(x)的导函数,则函数y=f '(x)的图象大致是( )

2

答案 A 令g(x)=f '(x)=2x-2sin x,则g'(x)=2-2cos x,易知g'(x)≥0,所以函数f '(x)在R上单调递增.

4.f(x)=x-aln x在(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为 ( ) A.a<1 B.a≤1 C.a<2 D.a≤2

答案 D 由f(x)=x2-aln x,得f '(x)=2x-, ∵f(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴2x-≥0,即a≤2x2在(1,+∞)上恒成立, ∵x∈(1,+∞)时,2x2>2, ∴a≤2.故选D.

5.对于实数集R上的可导函数f(x),若(x-3x+2)f '(x)<0恒成立,则在区间[1,2]上必有( ) A.f(1)≤f(x)≤f(2) B.f(x)≤f(1)

2

2

1

C.f(x)≥f(2) D.f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)

答案 A 由(x2-3x+2)f '(x)<0知,当x2-3x+2<0,即10,所以f(x)是区间[1,2]上的单调递增函数,所以在区间[1,2]上必有f(1)≤f(x)≤f(2).

6.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 . 答案 (-∞,2ln 2-2]

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,即a≤2x-ex有解, 令g(x)=2x-ex,则g'(x)=2-ex, 令g'(x)=0,解得x=ln 2,

则当x0,g(x)单调递增, 当x>ln 2时,g'(x)<0,g(x)单调递减, ∴当x=ln 2时,g(x)取得最大值, 且g(x)max=g(ln 2)=2ln 2-2, ∴a≤2ln 2-2.

7.(2018北京丰台一模,20)已知函数f(x)=+aln x(a∈R). (1)当a=时,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程; (2)若函数f(x)在定义域内不单调,求a的取值范围. 解析 函数f(x)的定义域为(0,+∞),

导函数f '(x)=-+ =.

(1)当a=时,因为f '(1)=- +=0, f(1)=, 所以曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程为y=.

(2)f '(x)=(x>0),

设函数f(x)在定义域内不单调时,a的取值集合是A; 函数f(x)在定义域内单调时,a的取值集合是B,则A=∁RB.

函数f(x)在定义域内单调等价于f '(x)≤0恒成立或 f '(x)≥0恒成立, 即aex-x≤0恒成立或aex-x≥0恒成立,

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等价于a≤恒成立或a≥恒成立.

令g(x)=(x>0),则g'(x)=,

由g'(x)>0得01,所以g(x)在(1,+∞)上单调递减. 因为g(1)=,且x>0时,g(x)>0,

所以g(x)∈.

所以B=,

所以A=.

x

8.(2017北京东城二模)设函数f(x)=(x-a)e,a∈R. (1)当a=1时,试求f(x)的单调增区间; (2)试求f(x)在[1,2]上的最大值.

解析 (1)对f(x)=(x-a)ex求导得f '(x)=(x-a+1)ex, 当a=1时, f '(x)=x·ex,令f '(x)>0,得x>0, 所以f(x)的单调增区间为(0,+∞). (2)f '(x)=(x-a+1)ex. 令f '(x)=0,得x=a-1.

所以当a-1≤1,即a≤2时,在[1,2]上, f '(x)≥0恒成立, f(x)单调递增; 当a-1≥2,即a≥3时,在[1,2]上, f '(x)≤0恒成立, f(x)单调递减;

当10, f(x)单调递增.

综上,无论a为何值,当x∈[1,2]时, f(x)的最大值都为f(1)或f(2). f(1)=(1-a)e, f(2)=(2-a)e2,

f(1)-f(2)=(1-a)e-(2-a)e2=(e2-e)a-(2e2-e).

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所以当a≥=时, f(1)-f(2)≥0, f(x)max=f(1)=(1-a)e.

当a<=时, f(1)-f(2)<0, f(x)max=f(2)=(2-a)e2.

9.(2018北京丰台二模,19)已知函数f(x)=(x-a)cos x-sin x,x∈(0,π)(a∈R). (1)求f(x)的单调区间;

(2)若对于任意x1∈(0,π),存在x2∈(0,π),都有f(x1)>-2x2-1,求a的取值范围.

解析 (1)f '(x)=-(x-a)sin x. 因为x∈(0,π),所以sin x>0. 令f '(x)=0,得x=a.

当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,π)上单调递减; 当a≥π时, f '(x)>0, f(x)在(0,π)上单调递增; 当0x

(0,a) a

(a,π) f '(x) + 0

-

f(x)

↗

极大值 ↘

所以f(x)的单调递增区间是(0,a),单调递减区间是(a,π). 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,π)上单调递减; 当a≥π时, f(x)在(0,π)上单调递增;

当0g(x)=(x-1)2-2,当x=1时,g(x)有最小值-2.

因为对于任意x1∈(0,π),存在x2∈(0,π),都有 f(x1)>

-2x2-1,

所以即

所以π-2≤a≤2,即a的取值范围是[π-2,2].

B组 提升题组

10.(2017北京海淀二模)已知函数f(x)= x3

+x2

-2x+1.

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(1)求函数f(x)的单调区间;

(2)当0解析 (1)由f(x)= x3+x2-2x+1得f '(x)=x2+x-2=(x+2)(x-1), 令f '(x)=0,得x1=-2,x2=1,

所以f '(x), f(x)随x的变化情况如下表:

(-∞,-2

x

-2

(-2,1) 1

(1,+∞)

)

f '(x) + 0

-

0

+

f(x) ↗

极大值 ↘ 极小值 ↗

所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(1,+∞),单调递减区间为(-2,1).

(2)由f(x)= x3+x2-2x+1,可得f(-2)=.

当-a<-2,即2又由(1)可知f(a)≤f=,

所以max{f(-2), f(a)}=f(-2)=.

当即0f(-a)=-++2a+1.

当即1所以,函数f(x)在区间[-a,a]上的最大值为max{f(-a), f(a)}, 因为f(-a)-f(a)=- a(a2-6)>0,

或由(1)可知f(-a)>f(-1)=, f(a)≤f(2)=,

5

所以f(-a)>f(a)

所以max{f(-a), f(a)}=f(-a)=-++2a+1.

综上,当2当0+

-x

+2a+1.

11.(2018北京朝阳高三期中,18)已知函数f(x)=(x-ax+a)·e,a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间;

(2)设g(x)=f '(x),其中f '(x)为函数f(x)的导函数,判断g(x)在定义域内是不是单调函数,并说明理由.

解析 (1)函数f(x)的定义域为{x|x∈R}.f '(x)=-(x-2)(x-a)e-x. ①当a<2时,令f '(x)<0,解得x2,此时f(x)为减函数; 令f '(x)>0,解得a②当a=2时,f '(x)=-(x-2)2e-x≤0恒成立,此时函数f(x)为减函数. ③当a>2时,令f '(x)<0,解得x<2或x>a,此时函数f(x)为减函数; 令f '(x)>0,解得2综上,当a<2时,f(x)的单调递减区间为(-∞,a),(2,+∞),单调递增区间为(a,2); 当a=2时,f(x)的单调递减区间为(-∞,+∞);

当a>2时,f(x)的单调递减区间为(-∞,2),(a,+∞);单调递增区间为(2,a). (2)g(x)在定义域内不是单调函数,理由如下: g'(x)=f ″(x)=[x2-(a+4)x+3a+2]·e-x.

记h(x)=x2-(a+4)x+3a+2,则函数h(x)的图象为开口向上的抛物线. 方程h(x)=0的判别式Δ=a2-4a+8=(a-2)2+4>0恒成立, 所以h(x)有正有负,从而g'(x)有正有负. 故g(x)在定义域内不是单调函数.

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