高考数学一轮总复习课后习题 第四章 一元函数的导数及其应用 课时规范练16 利用导数研究函数的单调性.docVIP

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课时规范练16利用导数研究函数的单调性

基础巩固组

1.函数f(x)=e-xcosx(x∈(0,π))的单调递增区间为()

A.0,π2 B.π2,π

C.0,3π4 D.3π4,π

2.(广西玉林二模)若函数f(x)=(ax+1)ex在[1,2]上为增函数,则a的取值范围是()

A.-12,+∞ B.-13,+∞

C.-14,+∞ D.[0,+∞)

3.已知函数f(的取值范围是()

A.14,1 B.14,+∞

C.12,1 D.[0,1)

4.(山东济宁二模)设a=12,b=ln32,c=π2

A.bac B.abc

C.cba D.bca

5.(多选)已知函数f(x)=2x3+a(x-1)ex在区间[0,3]上不单调,则实数a的值可以是()

A.4e B.-

C.-1e D.

6.已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k0),若f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为.?

7.已知函数f(x)=x(2x-2-x),则不等式2f(x)-30的解集为.?

综合提升组

8.已知函数f(x)=ex-x

A.0,1e B.1e,+∞

C.(0,e) D.(e,+∞)

9.(陕西商洛二模)已知函数g(x)=2x-2ln的取值范围是()

A.-12,+∞ B.12,+∞

C.-52,+∞ D.52,+∞

10.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf(x)-f(的取值范围为.?

创新应用组

11.已知函数f(x)=ex-e-x,g(x)=sinx+16x3-ax.对于任意x1,x2且x1≠x2,都有f

A.(-∞,0)

B.(-∞,0]

C.(-∞,1)

D.(-∞,1]

12.已知函数f(x)=2sinx+e-x-ex,则不等式f(a2-a+1)+f(-2a+1)0的解集为.?

课时规范练16利用导数研究函数的单调性

1.D

解析f(x)=-e-xcosx-e-xsinx=-e-x(cosx+sinx)=-2e-xsinx+π4,

当x∈0,3π4时,e-x0,sinx+π40,则f(x)0,f(x)单调递减;

当x∈3π4,π时,e-x0,sinx+π40,则f(x)0,f(x)单调递增.

故函数f(x)的单调递增区间为3π4,π.

2.B

解析依题意得f(x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈[1,2]恒成立,即ax+a+1≥0对x∈[1,2]恒成立.因为y=ax+a+1的图象为直线,所以a+a+1≥0,2a+a+1≥0,

3.A

解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=4x-1x.由f(x)0,即4x-1x0,解得+1)?12,+∞,所以m+12m,2m≥12,解得1

4.A

解析令g(x)=x-1-lnx(x0),则g(x)=1-1x=x-1x.当g(x)0时,x1;当g(x)0时,0x1,所以g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故g(in=g(1)=0,即x-1≥lnx.由x-1≥lnx知ab.设f(x)=π2sinx-x,则f(x)=π2cosx-1在区间0,π6内是减函数,且fπ6=π2cosπ6-1=π2·32-1=3π-

5.BC

解析由f(x)=2x3+a(x-1)ex,得f(x)=6x2+axex.由题意知f(x)=0在区间(0,3)内有解,即-a=6xex在区间(0,3)内有解.令g(x)=6xex,则g(x)=6(1-x)ex,令g(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,g(x)0;当x∈(1,3)时,g(x)0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,3)内单调递减.所以当x=1时,g(x)有极大值.g(0)=0,g(1)=6e,g(3)=18e3,在区间(0,3)内,当直线y=-a与g(x)的图象有交点时,0-a≤

6.13

解析由f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k0),得f(x)=3kx2+6(k-1)x.因为f(x)的单调递减区间是(0,4),所以f(x)0的解集为(0,4),所以x=4是方程3kx2+6(k-1)x=0的一个根,所以12k+6(k-1)=0,解得k=13

7.(-1,1)

解析因为f(x)的定义域为R,且f(-x)=(-x)(2-x-2x)=x(2x-2-x)=f(x),所以f(x)为偶函数.因为f(x)=2x-2-x+xln2(2x+2-x),当x0时,f(x)0,所以f(x)单调递增.

又因为f(0)=0,f(1)=2-12

8.C

解析因为f(0)=0,当x0时,f(x)=-f(-x),所以,当x0时,也有f(x)=-f(-x),