2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理.doc

2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理解密考纲本考点主要考查利用导数研究函数的单调性高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大一、选择题1函数yf(x)的图象如图所示，则yf(x)的图象可能是(D) 解析由函数f(x)的图象可知，f(x)在(，0)上单调递增，f(x)在(0，)上单调递减，所以在(，0)上f(x)0，在(0，)上f(x)0，故选D2函数f(x)xln x的单调递减区间为(A)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0x0”是“f(x)在R上单调递增”的(A)A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析f(x)x2a，当a0时，f(x)0恒成立，故“a0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件4(xx全国卷)函数y2x2e|x|在2,2的图象大致为(D)解析易知y2x2e|x|是偶函数，设f(x)2x2e|x|，则f(2)222e28e2，所以0f(2)1，所以排除A项，B项；当0x2时，y2x2ex，所以y4xex，又(y)4ex，当0x0，当ln 4x2时，(y)0的解集为(D)A(，2)(1，)B(，2)(1,2)C(，1)(1,0)(2，)D(，1)(1,1)(3，)解析由题图可知，f(x)0，则x(，1)(1，)，f(x)0等价于或即或解得x(，1)(1,1)(3，)6已知a0，函数f(x)(x22ax)ex，若f(x)在1,1上是单调减函数，则a的取值范围是(C)ABCD解析f(x)(2x2a)ex(x22ax)exx2(22a)x2aex，由题意知当x1,1时，f(x)0恒成立，即x2(22a)x2a0恒成立令g(x)x2(22a)x2a，则有即解得a.二、填空题7函数f(x)x315x233x6的单调减区间为_(1,11)_.解析由f(x)x315x233x6得f(x)3x230x33，令f(x)0，即3(x11)(x1)0，解得1x11，所以函数f(x)的单调减区间为(1,11)8幂函数f(x)xn23n(nZ)在(0，)上是减函数，则n_1或2_.解析f(x)在(0，)上是减函数，n23n0，解得0n0，故函数exf(x)ex2x在(，)上为增函数，故符合要求；对于，exf(x)ex3x，故exf(x)(ex3x)ex3x(1ln 3)0，故函数exf(x)ex(x22)在(，)上为增函数，故符合要求综上，具有M性质的函数的序号为.三、解答题10已知函数f(x)(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间解析(1)由题意得f(x)，又f(1)0，故k1(2)由(1)知，f(x).设h(x)ln x1(x0)，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x1时，h(x)0，从而f(x)0，f(x)，f(x)的变化如下.x(0,1)1(1,3)3(3，)f(x)00f(x)单调递增单调递减单调递增f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3，)，递减区间为(1,3)，要使函数f(x)在区间上是单调函数，则10，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)f(x)2x，且g(x)在区间(2，1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围解析(1)f(x)x2axb，由题意得即(2)由(1)得，f(x)x2axx(xa)(a0)，当x(，0)时，f(x)0；当x(0，a)时，f(x)0.所以函数f(x)的增区间为(，0)和(a，)，减区间为(0，a)(3)g(x)x2ax2，依题意，存在x(2，1)，使不等式g(x)x2ax20成立，即x(2，1)时，amax2，当且仅当x，即x时等号成立，所以满足要求的a的取值范围是(，2