第2章 第11节 第1课时 导数与函数的单调性-2023高考理科数学一轮复习【导与练】高中总复习第1轮课时作业word(老教材,人教A版)

2022-09-11
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资源信息

学段 高中
学科 数学
教材版本 -
年级 高三
章节 -
类型 题集
知识点 导数在研究函数中的作用
使用场景 高考复习-一轮复习
学年 2023-2024
地区(省份) 全国
地区(市) -
地区(区县) -
文件格式 DOCX
文件大小 162 KB
发布时间 2022-09-11
更新时间 2023-04-09
作者 山东瀚海书韵教育科技有限公司
品牌系列 导与练·高考一轮复习
审核时间 2022-09-11
下载链接 https://m.zxxk.com/soft/34911694.html
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来源 学科网

内容正文:

第11节 导数在研究函数中的应用 第一课时 导数与函数的单调性 知识点、方法 基础巩固练 综合 运用练 应用创新练 导数与函数的单调性关系的理解 3,4,6,7 10 14 利用导数研究函数的单调区间 1,2 12,13 15 利用导数与函数综合应用 5,8,9 11 1.(2021·江苏常熟高三抽测)函数f(x)=2x2-ln x的单调递减区间为( D ) A.(-2,2) B.(0,2) C.(-,) D.(0,) 解析:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=4x-=,由可得0<x<.所以此函数的单调递减区间是(0,).故选D. 2.函数f(x)=在( B ) A.(-∞,+∞)内是增函数 B.(-1,1)内是增函数,在其余区间内是减函数 C.(-∞,+∞)内是减函数 D.(-1,1)内是减函数,在其余区间内是增函数 解析:f(x)的定义域为R,f′(x)=, 当f′(x)>0时,解得-1<x<1,故f(x)的单调递增区间为(-1,1); 当f′(x)<0时,解得x<-1或x>1,故f(x)的单调递减区间为(-∞,-1), (1,+∞).故选B. 3.(2021·浙江衢州、丽水、湖州高三联考)已知函数f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象可能是( B ) 解析:由函数y=f′(x)的图象知f(x)在(1,2)上是增函数,其余部分递减.故选B. 4.已知f(x)在R上是可导函数,f(x)的图象如图所示,则不等式(x2-2x-3)f′(x)>0的解集为( D ) A.(-∞,-2)∪(1,+∞) B.(-∞,-2)∪(1,2) C.(-∞,-1)∪(-1,0)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(-1,1)∪(3,+∞) 解析:原不等式等价于 或结合f(x)的图象可得, 或解得x<-1或x>3或-1<x<1.故选D. 5.已知定义在R上的函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是( D ) A.(-∞,-1)∪(1,+∞) B.[-1,0)∪(0,1] C.(-1,1) D.(-1,0)∪(0,1) 解析:f′(x)=ax2+2x+a, 若函数f(x)=ax3+x2+ax+1有三个不同的单调区间,则f′(x)=ax2+2x+ a=0有2个不相等的零点,则有Δ=4-4a2>0,且a≠0, 解得-1<a<1,且a≠0,即实数a的取值范围是(-1,0)∪(0,1).故选D. 6.已知函数f(x)=x3+(2-a)x2+x-4在(0,2]上为增函数,则a的取值范围是( B ) A.(-∞,4] B.(-∞,3] C.(4,+∞) D.(-∞,3) 解析:f′(x)=x2+2(2-a)x+1,由题意可知x2+2(2-a)x+1≥0在区间(0,2]内恒成立,即2(a-2)≤x+,x∈(0,2],由基本不等式知x+的最小值为2,因此2(a-2)≤2,即a≤3.故选B. 7.已知函数f(x)=ln x-ax2-x在区间[,]上存在单调递减区间,则a的取值范围是( B ) A.[1,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,1) D.(-∞,1] 解析:由题,f′(x)=-2ax-1=, 因为x>0,则若函数f(x)=ln x-ax2-x在区间[,]上存在单调递减 区间, 即-2ax2-x+1<0在[,]上有解, 即存在x∈[,],使得2a>+成立, 设t=(t∈[2,3]),则u(t)=-t+t2=(t-)2-,当t=2时,u(t)min=u(2)=2, 所以2a>2,即a>1.故选B. 8.设f′(x)是f(x)的导函数,写出一个满足f′(x)>f(x)在定义域R上恒成立的函数f(x)的解析式:    .  解析:由题意,设函数f(x)=ex-1,可得f′(x)=ex, 令F(x)=f′(x)-f(x)=ex-(ex-1)=1>0恒成立,即函数f(x)=ex-1,符合题意. 答案:f(x)=ex-1(答案不唯一) 9.若任意a,b满足0<a<b<t,都有bln a<aln b,则t的最大值为    .  解析:因为0<a<b<t,bln a<aln b, 所以<(a<b), 令y=,则函数在(0,t)上单调递增,故由y′=>0可知0<x<e,故t的最大值是e. 答案:e 10.(2020·重庆七校高三联考)已知y=f(x)为(0,+∞)上的可导函数,且有f′(x)+>0,则对于任意的a,b∈(0,+∞),当a>b时,有( B ) A.af(a)<bf(b) B.af(a)>bf(b) C.af(b)>bf(a) D.af(b)<bf(a) 解析:不妨设h(x)=xf(x),则h′(x)=f(x)+xf′(x). 因为当x>0时,有f′(x)+>0,所

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