《(全國(guó)通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)(十二)函數(shù)單調(diào)性必考導(dǎo)數(shù)工具離不了 理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)(十二)函數(shù)單調(diào)性必考導(dǎo)數(shù)工具離不了 理(8頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(全國(guó)通用版)2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第四單元 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 高考達(dá)標(biāo)檢測(cè)(十二)函數(shù)單調(diào)性必考,導(dǎo)數(shù)工具離不了 理一、選擇題1已知函數(shù)f(x)ln xx23x(aR),則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.B(1,)C.和(1,) D.和(1,)解析:選Df(x)(x0),令f(x)0,得x或x1,當(dāng)0x1時(shí),f(x)0,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為和(1,)2(2017浙江高考)函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)yf(x)的圖象可能是()解析:選D由f(x)的圖象知,f(x)的圖象有三個(gè)零點(diǎn),故f(x)在這三個(gè)零點(diǎn)處取得極值,排除A、B;記導(dǎo)函數(shù)f(x)的零點(diǎn)從左到
2、右分別為x1,x2,x3,因?yàn)樵?,x1)上f(x)0,所以函數(shù)f(x)在(,x1)上單調(diào)遞減,排除C,故選D.3對(duì)于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x),若滿足0,則必有()Af(0)f(2)2f(1) Bf(0)f(2)2f(1)Cf(0)f(2)2f(1) Df(0)f(2)2f(1)解析:選A當(dāng)x1時(shí),f(x)0,此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x1時(shí),f(x)0,此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x1時(shí),函數(shù)f(x)取得極小值同時(shí)也取得最小值,所以f(0)f(1),f(2)f(1),則f(0)f(2)2f(1)4已知函數(shù)f(x)xsin x,x1,x2,且f(x1)f(x2),那么()Ax1x20 Bx
3、1x20Cxx0 Dxx0解析:選D由f(x)xsin x得f(x)sin xxcos xcos x(tan xx),當(dāng)x時(shí),f(x)0,即f(x)在上為增函數(shù),又f(x)xsin(x)xsin x,因而f(x)為偶函數(shù),當(dāng)f(x1)f(x2)時(shí),有f(|x1|)f(|x2|),|x1|x2|,xx0,故選D.5(2017吉林長(zhǎng)春三模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:f(x)f(x)恒成立,若x1x2,則ex1f(x2)與ex2f(x1)的大小關(guān)系為()Aex1f(x2)ex2f(x1)Bex1f(x2)ex2f(x1)Cex1f(x2)ex2f(x1)Dex1f(x2)與ex2f(x1)的大小
4、關(guān)系不確定解析:選A設(shè)g(x),則g(x),由題意知g(x)0,所以g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x1x2時(shí),g(x1)g(x2),即,所以ex1f(x2)ex2f(x1)6已知定義在R上的函數(shù)yf(x)滿足條件f(x4)f(x),且函數(shù)yf(x2)是偶函數(shù),當(dāng)x(0,2時(shí),f(x)ln xax,當(dāng)x2,0)時(shí),f(x)的最小值為3,則a的值為()Ae2 BeC2 D1解析:選A因?yàn)楹瘮?shù)yf(x2)是偶函數(shù),即對(duì)稱軸為x0,所以函數(shù)yf(x)的對(duì)稱軸為x2,當(dāng)x2,4)時(shí),4x(0,2,所以f(x)f(4x)ln(4x)a(4x)因?yàn)閒(x4)f(x),所以x2,0)時(shí),x42,4),f(x)f(x4)
5、ln4(x4)a4(x4)ln(x)ax,所以f(x)a,令f(x)0,得x,因?yàn)閍,所以(2,0),當(dāng)2x時(shí),f(x)0,當(dāng)x0,所以f(x)在上是減函數(shù),在上是增函數(shù),所以當(dāng)x時(shí),f(x)取得最小值f ln1,因?yàn)閒(x)在2,0)上的最小值為3,所以ln13,解得ae2.二、填空題7設(shè)函數(shù)f(x)x(ex1)x2,則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為_解析:因?yàn)閒(x)x(ex1)x2,所以f(x)ex1xexx(ex1)(x1)令f(x)0,即(ex1)(x1)0,解得x(,1)或x(0,)所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(,1)和(0,)答案:(,1)和(0,)8已知函數(shù)f(x)xln xax
6、2x.若函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析:由題意可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,)f(x)ln x2ax,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在定義域上為減函數(shù),所以ln x2ax0,即a在(0,)上恒成立,令g(x),則g(x),當(dāng)0x0;當(dāng)xe時(shí),g(x)0,得0xx2.由f(x)0,得x1x0,所以g(x)在a,)上為增函數(shù)令h(x)x3xa,則h(x)x21.令h(x)0,得x1,所以h(x)在(,1)和(1,)上是增函數(shù),在(1,1)上為減函數(shù)(1)因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù),所以h(x)在(,a)上為增函數(shù),所以a1.故a的取值范圍為(,1(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上不單調(diào),
7、所以a1.當(dāng)1a1時(shí),f(x)在(,1)上是增函數(shù),在(1,a)上是減函數(shù),在a,)上是增函數(shù),所以m(a),M(a)maxh(1),g(1)max.當(dāng)aa,即1a時(shí),M(a)a,M(a)m(a)(a33a4);當(dāng)aa,即a0)圖象的兩條不同切線,求實(shí)數(shù)a的取值范圍解:(1)f(x).當(dāng)a時(shí),f(x)0,此時(shí),f(x)在(0,)上是減函數(shù)當(dāng)a0時(shí),由f(x)0,得x1;由f(x)0,得0x1,此時(shí),f(x)在(0,1)上是減函數(shù),在(1,)上是增函數(shù)當(dāng)0a0,得1x1;由f(x)0,得0x1.此時(shí),f(x)在(0,1)和上是減函數(shù),在上是增函數(shù)(2)yx3x22x,yx2ax2,設(shè)點(diǎn)P(t0)是函數(shù)yg(x)f(x)圖象上的切點(diǎn),則過點(diǎn)P的切線的斜率為kt2at2,所以過點(diǎn)P的切線方程為yt3t22t(t2at2)(xt)因?yàn)辄c(diǎn)在切線上,所以t3t22t(t2at2)(0t),即t3at20.若過點(diǎn)可作函數(shù)yg(x)f(x)圖象的兩條不同切線,則方程t3at20有兩個(gè)不同的正數(shù)解令h(x)x3ax2,則函數(shù)yh(x)與x軸正半軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)令h(x)2x2ax0,解得x0或x.因?yàn)閔(0),ha3,所以必須a0,且ha32.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2,)