2020年二輪復(fù)習(xí)完美題型匯編導(dǎo)數(shù)第2講導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性教師_第1頁
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文檔簡(jiǎn)介

1、導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性1.函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系函數(shù)y = f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo),則(1)若f'(x)>0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;(2)若f'(x)0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減;若f'(x) = 0,則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).常用結(jié)論1 .在某區(qū)間內(nèi)f'(x)>0( f'(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件.2 .可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a, b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是:對(duì) ? xC(a, b),者B有f'(x)>0(f' (x)w0),且f'(x)

2、在(a, b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.完美題型展現(xiàn)題型一判斷函數(shù)單調(diào)性【玩轉(zhuǎn)角度1】求不含參函數(shù)單調(diào)性例1 (1)函數(shù)f(x) = x ex-ex + 1的遞增區(qū)間是()A.(一巴 e)B. (1 , e)C. (e,+°°)D.(e 1,+8)解析 由 f (x) = x ex ex + 1,得 f'(x)=(x+ 1 -e) ex,令 f'(x)>0 ,解得 x>e - 1 ,所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間是(e 1, +oo).(2)已知函數(shù)f(x)=xln x ,則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是 L解析 因?yàn)楹瘮?shù)f(x) = xln x的定義域?yàn)?/p>

3、(0, 十°°),所以 f'(x)=ln x+1(x>0),1當(dāng)f'(x)<0時(shí),解得0<x<一,即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 0, e(3) (2020 開封調(diào)研)已知定義在區(qū)間(兀,兀)上的函數(shù) f(x) = xsin x+cos x,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是兀答案一兀,一和0 ,271解析f '(x) = sin x + xcos x sin x=xcos x.令 f (x) = xcos x>0 ,則其在區(qū)間(一兀,兀)上的解集為 一兀,71一 U兀即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為一兀,一:2和0,71【玩轉(zhuǎn)角度2】

4、討論含參函數(shù)單調(diào)性2x- 1例 2 已知 f (x) = a(x lnx) +二一,ae r.討論f(x)的單調(diào)性. x2解:f(x)的定義域?yàn)?0 ,+ 0°)(ax22) (x 1)x3當(dāng) a<0 時(shí),xC (0 , 1)時(shí),f'(x)>0 , f(x)單調(diào)遞增,x (1 ,)時(shí),f z(x)<0當(dāng) a>0 時(shí),f'(x) =f(x)單調(diào)遞減.a (x 1)當(dāng)0< a<2x3時(shí),當(dāng) x C (0 ,f'(x)>0f(x)單調(diào)遞增,f'(x)<0 , f(x)單調(diào)遞減.當(dāng)x e(2)當(dāng) a = 2 時(shí),

5、1,在 xe (0 , +8)內(nèi),f'(x)A0當(dāng) a >2 時(shí),0< <1,當(dāng) x C 0 ,或 x C (1增,當(dāng) xe1 時(shí)'f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減.綜上所述,當(dāng)a<0時(shí),f(x)在(0 , 1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1 ,當(dāng)0< a<2時(shí),f(x)在(0, 1)內(nèi)單調(diào)遞增,在1,7a單調(diào)遞增;當(dāng)a=2時(shí),f(x)在(0, +8)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)a>2時(shí),f(x)在0, sjj內(nèi)單調(diào)遞增,在 3/,1遞,f(x)單調(diào)遞增.,+8)時(shí),1(x)>0 , f(x)單調(diào)遞+ OO )內(nèi)單調(diào)遞減;內(nèi)單調(diào)遞減,在 A+OO內(nèi)內(nèi)單

6、調(diào)遞減,在(1 , +8)內(nèi)單調(diào)玩轉(zhuǎn)秘籍利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的三種方法1 .當(dāng)不等式f'x0>0或f'x)<0可解時(shí),確定函數(shù)的定義域,解不等式f'x)>0或f' x)<0求出單調(diào)區(qū)間.2 .當(dāng)方程f' x) = 0可解時(shí),確定函數(shù)的定義域,解方程 f'x)=0,求出實(shí)數(shù)根,把函數(shù) 的實(shí)根按從大到小的順序排列起來,把定義域分成若干個(gè)小區(qū)間,確定f' x0在各個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號(hào),從而確定單調(diào)區(qū)間.3 . 不等式x)>0 或 x)<0 及方程 x)=0 均不可解口寸,根據(jù) x)的結(jié)構(gòu)特征,構(gòu)造新題型/I訓(xùn)B.

7、 (0,1)1.函數(shù)y = 2x ax2 ax +1 解f(x)的定義域?yàn)?0, +8), f <x) = 11 +x=x;當(dāng) aw2 時(shí),則 f'(x)w0,當(dāng)且僅當(dāng) a = 2, x=1 時(shí),f'(x) = 0,所以f(x)在(0 , +8)上單調(diào)遞減.當(dāng)a>2時(shí),令f'(x) = 0,-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為()x- 1 x+1xA. (-1,1)解函數(shù)y = "x2 ln x的定義域?yàn)?0 , +°°), y '次=2x x令 V <0 ,得 0vxv1,所以單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1),故選B.12.(20

8、18 全國卷I節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=-x+aln x,討論f(x)的單調(diào)性. x一 4一.當(dāng) xC 0,a a2 4a+a2 4,+00 時(shí),a-la2 -4f'(x)V0;當(dāng) xC H2a+Ua2-42時(shí),f '(x) >0.所以f(x)在0a-Ja2 - 42a+Ja2-42,+°°上單調(diào)遞減,在a - 1a2 42a + a2 42上單調(diào)遞增.綜合可知,當(dāng) a<2 時(shí),f(x)在(0+ °°)上單調(diào)遞減;當(dāng)a>2時(shí),f(x)在0a7 a2 42a + a2-42,+ oo上單調(diào)遞減,在a-Ja2-4 a + a2

9、- 4上單調(diào)遞增.3.已知函數(shù) g(x) = ln x + ax2 + bx ,其中g(shù)(x)的函數(shù)圖象在點(diǎn)(1, g(1)處的切線平行于x軸.(1)確定a與b的關(guān)系;(2)若a>0,試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性.1解:(1) g'(x)= + 2ax+b(x >0).由函數(shù)g(x)的圖象在點(diǎn)(1 , g (1)處的切線平行于 x軸, x得 g (1) = 1+2a + b = 0,所以 b = - 2a- 1.2ax22a+1 x+12ax - 1 x - 1(2)由(1)得 g '(x)=xxx 1因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的定義域?yàn)?0, +OO),所以當(dāng)a=0時(shí),g

10、9;(x) = x由 g (x)>0,得 0 vxv 1,由 g '(x)v 0,得 x>1 ,即函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1 , +8)上單調(diào)遞減.當(dāng) a>0 時(shí),令 g '(x) = 0,得 x = 1 或 x = °,2a1111若W<1,即 a>2,由g 加>0,得 x>1 或 0<x<2;,由 g (x)<0,得2a<x<1,即函數(shù)g(x)在0, , (1 , +8)上單調(diào)遞增在 一,1上單調(diào)遞減;2a2a若一> 1,即 0va一,由 g (x) >0 ,得 x

11、> 或 0 vx v 1 ,由 g (x) v 0,得 1 <x< , 2a22a2a即函數(shù)g(x)在(0,1),1占+8上單調(diào)遞增,在11, %上單調(diào)遞減;若工=1 ,即a = ",在(0 , +8)上恒有g(shù)7x)>0, 2a2即函數(shù)g(x)在(0, +8)上單調(diào)遞增.綜上可得,當(dāng)a = 0時(shí),函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1 , +°°)上單調(diào)遞減;111當(dāng)0<a<2-時(shí),函數(shù)g(x)在QD,石,+8上單調(diào)遞增,在1, %上單調(diào)遞減;當(dāng)a=一時(shí),函數(shù)g(x)在(0, +°°)上單調(diào)遞增;當(dāng)a&g

12、t;一時(shí),函數(shù)g(x)在0, 一 , (1 , + 222a18)上單調(diào)遞增,在 一,1上單調(diào)遞減.2a題型二 已知函數(shù)單調(diào)性求參例3設(shè)函數(shù)f(x) = _x3-_x2+ bx +c,曲線y = f(x)在點(diǎn)(0 , f (0)處的切線方程為y=1. 32求b , c的值;(2)若a>0,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)設(shè)函數(shù)g(x) = f (x) +2x,且g (x)在區(qū)間(一2, 1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.f(0)=1, c=1,解:(1) f'(x) = x2 ax +b ,由題意得即f' 0) = 0, b = 0.(2)由(1)得,f'

13、;(x)=x2 ax = x(x a)(a>0),當(dāng) x C (8, 0)時(shí),fx)>0;當(dāng) x e(0 , a)時(shí),f'(x)vo;當(dāng) x e (a, +8)時(shí),r(x)>0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(一8, 0), (a, +8),單調(diào)遞減區(qū)間為(0, a). g'(x) = x2 ax+2 ,依題意,存在 x C ( 2 , 1),使不等式 g'(x)=x2ax + 2v0成立,即xC( 2, 1)時(shí),a< x+-=- 22,當(dāng)且僅當(dāng)x =-即x = J2時(shí)等號(hào)成立.x maxx-所以滿足要求的a的取值范圍是(一8, 2啦).母題變

14、式1 .在本例第(3)問中,若改為g(x)在(-2, 1)內(nèi)為減函數(shù),如何解?解:解法一:: g'(x) = x2 ax + 2,且g(x)在(一2, 1)內(nèi)為減函數(shù),g'(x)wo,即 x2-ax + 2<0 在(一2, 1)內(nèi)恒成立,g ' (-2) W0,4 + 2a+2<0,即解得aw3,即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(一8, 3.g ' (T ) wo,1 +a + 2<0 ,解法二: g'(x)=x2 ax + 2 ,由題意可得g'(x)wo在( 2, 1)上恒成立,y = x + -, x (-2, x1)的值域?yàn)?3, 2

15、/,2即awx + x在(2, 1)上恒成立,又aw3, ,.實(shí)數(shù)a的取值范圍是(一8, 3.2.在本例第(3)問中,若g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(一2, 1),求a的值?解:g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(2, 1),,x1= 2, x2 = 1是g'(x)=0的兩個(gè)根, ( 2) + ( 1) = a,即 a = 3.3.在本例第(3)問中,若g(x)在(一2, 1)上不單調(diào),求a的取值范圍?解:由母題變式1知g(x)在( 2, 1)上為減函數(shù),a的范圍是(8, 3,若g(x)在(222, 1)上為增函數(shù),可知 a>x + x在( 2, 1)上恒成立,又 y = x+;的值域?yàn)?3,一

16、2近,a的取值范圍是2«, +8,函數(shù)g(x)在(一2, 1)上單調(diào)時(shí),a的取值范圍是(一8, 3 U 2,+8), 故g(x)在( 2, 1)上不單調(diào),實(shí)數(shù)a的取值范圍是( 3, - 2木).玩轉(zhuǎn)秘籍由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)由可導(dǎo)函數(shù)f(x)在D上單調(diào)遞增(或遞減)求參數(shù)范圍問題,可轉(zhuǎn)化為 f' (x)>0(或f' (x)W0)對(duì)xCD恒成立問題,再參變分離,轉(zhuǎn)化為求最值問題,要注意“=”是否取到.(2)可導(dǎo)函數(shù)在某一區(qū)間上存在單調(diào)區(qū)間,實(shí)際上就是f' (x)>0(或f' (x)<0)在該區(qū)間上存在解集,這樣就把函

17、數(shù)的單調(diào)性問題轉(zhuǎn)化成不等式問題.(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性,區(qū)間I中含有參數(shù)時(shí),可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間,令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集,從而可求出參數(shù)的取值范圍.(4)可導(dǎo)函數(shù)在某一區(qū)間不單調(diào),實(shí)際上就是f (x)=0在該區(qū)間上存在解集。題型/I訓(xùn)1 .(2019 渭南質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x) = ax3+bx2的圖象經(jīng)過點(diǎn) M (1,4),曲線在點(diǎn) M處的切線恰好與直線x + 9y = 0垂直.若函數(shù)f(x)在區(qū)間m, m+1上單調(diào)遞增,則 m的取值范圍是 L解析:= f(x) = ax3 +bx2 的圖象經(jīng)過點(diǎn) M(1,4) , ,-a+b=4,f'(x) = 3ax2 +

18、2bx ,則 f'(1) =3a +2b.由題意可得 f'(1) 1 ,即 3a +2b = 9.9聯(lián)立兩式解得 a = 1, b = 3, -.f(x) = x3 + 3x2, f (x) = 3x2 + 6x.令f (x) = 3x2+ 6x>0,得x>0或xw 2.二,函數(shù)f(x)在區(qū)間m , m + 1上單調(diào)遞增,m, m + 1 ? (-°°, - 2 U 0 , +°°),,m >0 或 m + 1 w 2 ,即 m>0 或 mw3.答案:(一巴-3 U 0 , +OO)2 .若函數(shù)h(x)=ln x

19、1ax2 2x(aw0)在1,4上單調(diào)遞減,則 a的取值范圍為_2解析因?yàn)閔(x)在1,4上單調(diào)遞減,所以當(dāng) x 1,4時(shí),h'(x)= ax 2 W0恒成立, x即 a>二一一恒成立.由 知 G(x)= 一,所以 a>G(x)max ,而 G(x)= 一一 1 2- 1 , x2 xx2 xx因?yàn)閤C 1,4,所以C1,1 ,所以G(x)maxx 4(此時(shí)x = 4),所以a>-,又因?yàn)?616所以a的取值范圍是 一,0 U (0 , +8).16變式發(fā)散1 .(變條件)若本例(2)條件變?yōu)椤昂瘮?shù)h(x)在1,4上單調(diào)遞增”,則a的取值范圍為 L 解析:因?yàn)閔(x)

20、在1,4上單調(diào)遞增,所以當(dāng)x54時(shí),h'(x)R恒成立,即aJ x恒成立,又因?yàn)楫?dāng) xC 1,4時(shí), !一2 min =- 1(此時(shí)x = 1), x2 x所以a<-1 ,即a的取值范圍是(一8, 1.答案:一,12 .(變條件)若本例(2)條件變?yōu)椤昂瘮?shù)h(x)在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間”,則a的取值范圍為:解析:因?yàn)閔 (x)在1,4上存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以 h'(x)v0在1,4上有解,所以當(dāng) x 1,4時(shí),a>: 有解,而當(dāng) x 1,4時(shí),2 min = 1(此時(shí) x=1), x2 xx x所以a>- 1,又因?yàn)閍w。,所以a的取值范圍是(一1,0)

21、U (0,十8).答案:(一1,0) U(0, +oo)3 .(變條件)若本例(2)條件變?yōu)椤昂瘮?shù)h(x)在1,4上不單調(diào)”,則a的取值范圍為 :解析:因?yàn)閔(x)在1,4上不單調(diào),所以h'(x) = 0在(1,4)上有解,即a =- x2 x1 1 2 x所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是-1,-答案:1,161 在(1,4)上有解,令 m(x) = -xC (1,4),則一1Vm(x)v . x2 x16題型三構(gòu)造函數(shù)用單調(diào)性比較大小和解不等式例4 (2019 莆田模擬)設(shè)函數(shù)f'(x)是定義在(0,2兀)上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),f(x)=f(2兀一x),當(dāng)0vxv兀時(shí),若 f(x)

22、sin x f (x)cos x<0, a = -f , b = 0, c= f 6 ,則()A.avbvcB.bvcvaC. c<b<aD . cvav b解析:由f(x) =f(2兀一x),得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線 x=7t對(duì)稱,令g (x) = f (x)cos x ,則 g (x)= f (x)cos x-f(x) sin x>0,所以當(dāng)0vxv兀時(shí),g(x)在(0,兀)內(nèi)遞增,所以 g vg <g = g ,即 avbvc,故選 A. 3266例5設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(x C R)的導(dǎo)函數(shù),f(1)=0,當(dāng)x>0時(shí)xf

23、9;(x) f(x)<0 ,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A. (-oo, - 1) u (0 , 1)B. (-1 , 0) U (1 , +oo)C.(巴-1) U(-1 , 0)D , (0 , 1) U (1 , +8)f (x)xf ' x) f (x)解析:記函數(shù) g(x)=(xw0),則 g'(x)=2,xx2因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí),xf'(x) f(x)<0 ,故當(dāng)x>0時(shí),g'(x)<0 ,所以g(x)在(0 , +8)上單調(diào)遞減;又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(xCR)是奇函數(shù),故函數(shù) g(x)是偶函數(shù),所以 g(

24、x)在(00, 0)上單調(diào)遞 增,且 g( 1) =g(1) =0.當(dāng) 0< x<1 時(shí),g(x)>0,則 f(x)>0 ;當(dāng) x< 1 時(shí),g(x)<0,則 f(x)>0 , 綜上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( 8, - 1) U (0 , 1).答案:A玩轉(zhuǎn)秘籍利用單調(diào)性解決不等式問題(大小比較、解不等式)的基本思路利用題目條件,合理構(gòu)造輔助函數(shù),把比較大小或求解不等式的問題轉(zhuǎn)化為先利用導(dǎo)數(shù)研題型/I訓(xùn)1 . (2020 江西宜春質(zhì)檢)已知f(x)是定義在區(qū)間(0, +oo)上的函數(shù),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且不等式xf

25、(x)<2 f(x)恒成立,則()A. 4f(1)< f(2)B. 4f(1)> f(2)C. f(1)<4 f(2)D. f(1)<2 f'(2)f (x)解析:因?yàn)?xf (x)<2 f(x),則 xf'(x) 2f(x)<0 ,令 g(x)=2 (x>0),則 g'(x) =x2xf ' x) 2f (x )C. (8, 0) U (0 , +8)解析:選 A.設(shè) g(x) = exf(x)ex(x C R),則 g'(x)= exf(x) + exf'(x)ex= exf (x)+f'

26、;(x)-1,因?yàn)?f(x) + f'(x)>1 ,所以 f(x) + f'(x) 1>0 ,所以 g'(x)>0 ,所以g (x) = exf(x) ex在定義域上單調(diào)遞增,因?yàn)閑xf(x)>e x+3,所以g(x)>3 ,又因?yàn)?g(0) = e0f(0) e0= 3.所以 g(x)> g(0)即 x>0 ,故選 A.3.設(shè)f(x)是定義在 R上的奇函數(shù),f(2) = 0,當(dāng)x>0時(shí),有xf一x一、 f x <0恒成立, x2則不等式x2f(x)>0的解集是- f x xfx fx解析.當(dāng) x>o 時(shí)

27、,x一 ' =x<0,.(Hx) = f * 在(0, +8)上為減函數(shù),又 6(2) =0, x在(0, +8)上,當(dāng)且僅當(dāng) 0Vx<2 時(shí),(J)(x)>0 ,此時(shí) x2f(x)>0.又f(x)為奇函數(shù),h(x)=x2f(x)也為奇函數(shù).故 x2f(x)>0 的解集為(一巴-2) U (0,2).題型四導(dǎo)函數(shù)圖像和原函數(shù)關(guān)系例6 (2020 濟(jì)南調(diào)研)已知定義在R上的函數(shù)f(x),其導(dǎo)函數(shù)f'(x)的大致圖象如圖所示,則下列敘述正確的是()A. f(b)> f(c)> f(d)B. f(b)> f(a)> f(e)C.

28、f(c)> f(b)> f(a)D. f(c)> f(e)> f(d)解析 由題意得,當(dāng)xC( 8, c)時(shí),f,(x)>0 ,所以函數(shù)f (x)在(8, c)上是增函數(shù),因?yàn)?a<b< c,所以 f(c)> f(b)> f(a),故選 C.題型/e訓(xùn)1 .函數(shù)y=f(x)的導(dǎo)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()答案 D解析 利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行驗(yàn)證.f'(x)>0的解集對(duì)應(yīng)y = f(x)的增區(qū)間,f'(x)<0的解集對(duì)應(yīng)y = f(x)的減區(qū)間,驗(yàn)證只有

29、D選項(xiàng)符合.2 .已知函數(shù)f(x)=x2+2cos x ,若f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),則函數(shù)f'(x)的大致圖象是()解析:選 A 設(shè) g(x) = f'(x) = 2x 2sin x,則 g'(x)2 2cos x >0 ,所以函數(shù) f'(x)在 R 上單調(diào)遞增,結(jié)合選項(xiàng)知選A.特訓(xùn)作業(yè)1 .函數(shù)f(x) = (x- 3)e x的單調(diào)遞增區(qū)間是(A. (8, 2)B. (0,3)C. (1,4)D. (2, +8)解析 因?yàn)?f(x)=(x 3)ex,所以 f'(x) = ex(x 2).令 f'(x)>0 ,得 x&g

30、t;2 ,所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2, +oo).2.已知函數(shù)y = xf'(x)的圖象如圖所示(其中f'(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))卜面四個(gè)圖象中,y = f(x)的圖象大致是()解析:選C 當(dāng)0vxv1時(shí),xf (x) <0, ' f (x)< 0 ,故y = f(x)在(0,1)上為減函數(shù);當(dāng) x>1 時(shí),xf (x)>0, -f (x)>0,故 y = f(x)在(1 ,十 °°)上為增函數(shù),因此排除 A、B、D ,故選C.3.已知函數(shù)兀f(x) = xsin x, xC R,則 f g , f(1),

31、兀f -3的大小關(guān)系為(B.f(1)> f7t兀c. f 5 >f(1)> f 7tD.兀>f 5 >f(1)解析 因?yàn)?f(x)=xsin x,所以 f(x)=( x) sin(x)=xsin x = f(x),所以函數(shù) f(x)是7t偶函數(shù),所以 f - 3 =f 3 .又當(dāng) x C 0 , 2 時(shí),f '(x)= sin x + xcos x>0 ,所以函數(shù) f(x)7t7t7t7t7t在 o, 2 上是增函數(shù),所以 f 5 < f(i)< f - , ip f - > f(i)> f 5 ,故選 a.i4.已知函數(shù)f(

32、x) =3+ax + 4,則“ a>0 ”是“ f(x)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.充要條件D.既不充分也不必要條件3解析 f'(x) = 2x2 + a,當(dāng) a>0 時(shí),f'(x)R 恒成立,“a>0 ”是“f(x)在R上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.5.ln x若 f(x) =, e< a< b ,則()xA.f(a)> f(b)B. f(a) = f(b)C.f(a)<f(b)D. f(a)f(b)>11 ln x解析f'(x) =,當(dāng)x>e時(shí),f'(x)<0,則

33、f(x)在(e, +8)上為減函數(shù),所以 f(a)>f(b).6.已知定義在0,兀2上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f'(x),且對(duì)于任意的xC兀2 ,都有 f'(x)sinx<f(x)cosx,則(7t7t7t7tB. f 3 >f(1)廠 兀 兀D. 1,3f 6<f 3f解析令g(x)= 一x sin x f x cos xsin 2x由已知g '(x)<0在0,兀兀2上恒成立,g(x)在0, 2上單調(diào)遞減,兀g4>gf-7tj7t3:2f 317. (2020 昆明調(diào)研)已知函數(shù)f(x)(xC R)滿足f(1) =1 , f(x)的

34、導(dǎo)數(shù)f'(x)一,則不等式 2x21f(x2)<+2的解集為 解析 設(shè) F(x)=f(x) 2x,.尸'3) = 13) 2,.T,(x)<-, . .F/(x) = f,(x)-<0 ,即函數(shù) F(x)在 R 上單調(diào)遞減. 22f(x2)<x+;,f(x2) x-<f(1) 2,Rx+ F(1),而函數(shù) F(x)在 R 上單調(diào)遞減, .x2>1 ,即不等式的解集為x|x<1或x>1.28 .已知g(x) = -+x2+2aln x在1,2上是減函數(shù),則實(shí)數(shù) a的取值范圍為 x22a解析 g(x) = - x2+2x + ,由已知

35、得g'(x)W0在1,2上恒成立,可得 a<-x2 在1,2上恒成立.又當(dāng) xC 1,2時(shí),1-x2 min =1 4 = 7. xx229 .設(shè)函數(shù) f'(x)是奇函數(shù) f(x)(xC R)的導(dǎo)函數(shù),f(1)=0,當(dāng) x>0 時(shí),xf'(x) f(x)<0 ,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是 .解析 因?yàn)?f(x)(x £ R)為奇函數(shù),f(-1) = 0,所以 f(1) =- f(-1) =0.f x當(dāng)XW0時(shí),令g(x) =,則g(x)為偶函數(shù),g=g(1) = 0.Xf x xf' x -f X則當(dāng) x>0

36、時(shí),g'(x)= ' 2<0 ,xx2故g(x)在(0 , +°°)上為減函數(shù),在(OO, 0)上為增函數(shù).所以在(0 , +8)上,當(dāng) 0Vx<1 時(shí),由 g(x)>g(1)=0,得>0 ,所以 f(x)>0 ;在(一8, 0)上,當(dāng) x< 1 時(shí),由 g (x)< g(- 1) =0,得xx<0 ,所以 f(x)>0.綜上知,使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(8, - 1) U (0,1).In x + k10 .已知函數(shù)f(x) =" 一(k為常數(shù)),曲線y = f(x)在點(diǎn)(1

37、 , f(1)處的切線與x軸平行.ex(1)求實(shí)數(shù)k的值;(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.1 In x k解 (1)fx)=(x>0).又由題意知 f'(1)=0,所以 k= 1.exe1In x 1x1(2)f'(x)=(x>0).設(shè) h(x) = In x- 1(x>0),exx則h'(x) = 1<0 ,所以h(x)在(0, +oo)上單調(diào)遞減.x2 x由 h(1) =0 知,當(dāng) 0v x<1 時(shí),h(x)>0 ,所以 f'(x)>0 ;當(dāng)x>1時(shí),h(x)<0 ,所以f'(x)<0.綜上

38、,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間是(1 , +°°).11.(2020 信陽高級(jí)中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)=21(b C R,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在點(diǎn)(0, exf(0)處的切線經(jīng)過點(diǎn)(2 , 2).討論函數(shù)F(x) = f(x) + ax(aC R)的單調(diào)性.b 1 2解 因?yàn)閒(0) =b 1 ,所以過點(diǎn)(0, b-1), (2 , 2)的直線的斜率為 k=0-2=一"L,而f'(x) = 由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可知,f'(0)=b =,2ex21所以 b = 1,所以 f(x) = -1. ex則 F(x)=ax + "

39、1 , F'(x) = a ,當(dāng) aw0 時(shí),F(xiàn) (x)<0 恒成立; exex當(dāng) a>0 時(shí),由 F (x)<0 ,得 x< - In a,由 F'(x)>0 ,得 x> In a.故當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減;當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)F(x)在(-°°, ln a)上單調(diào)遞減,12 .定義在區(qū)間(0, +OO)上的函數(shù)在(一 ln a, + 00)上單調(diào)遞增.y = f(x)使不等式2f(x)< xf'(x)<3 f(x)恒成立,其中y=f'(x)為y = f(x)的導(dǎo)函數(shù),

40、則()A. 8< <16 f 1C. 3< f2<4 f 1D. 2< f2<3f 1解析. xf z(x) - 2f (x)>0 , x>0 ,f x x x22xf xx2,=xxf ' x -2f xx3>0 ,f xf x令g(x) = Y ' 'g(x)=Y在(0' +8)上單調(diào)遞增,f 2 f 1,22 >12f 2,又由 2f(x)<3 f(x),得 f(x)>0 ,即 f1>4. xf '(x) 3f(x)<0 , x>0 ,x3- 3x2f xxf' x - 3f x

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