新教材2020-2021学年高中数学选择性人教A版（2019）必修第二册课时作业：5-3-1-2 函数单调性的应用 WORD版含解析.doc

1、课时作业(十八)函数单调性的应用练基础1曲线yx22ln x的单调增区间是()A(0,1 B1，)C(，1和(0,1 D1,0)和1，)2若f(x)，eaf(b) Bf(a)f(b)Cf(a)13已知函数f(x)xsin x，则不等式f(x1)f(22x)0的解集是()A. B.C(，3) D(3，)4若f(x)x2bln(x2)在(1，)上是减函数，则b的取值范围是_5设f(x)ax3x恰有三个单调区间，则a的取值范围是_6已知函数f(x)x3bx2cxd的图象经过点P(0,2)，且在点M(1，f(1)处的切线方程为6xy70.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的单调区间提能

2、力7(多选题)已知定义在0，)上的函数f(x)的导函数f(x)，且f(0)0，f(x)cos xf(x)sin x0，则下列判断正确的是()AffCff Df0)的单调递减区间是(0,4)(1)实数k的值为_；(2)若在(0,4)上为减函数，则实数k的取值范围是_9已知f(x)aexx1.(1)求f(x)的单调区间(2)是否存在a，使f(x)在(，0上单调递减，在0，)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由战疑难10定义方程f(x)f(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”(1)设f(x)cos x，则f(x)在(0，)上的“新驻点”为_(2)如果函数g(x)x与h(x)l

3、n(x1)的“新驻点”分别为、，那么和的大小关系是_课时作业(十八)函数单调性的应用1解析：求解函数的导数可得y2x，令2x0，结合x0，解得x1.所以单调增区间是1，)答案：B2解析：因为f(x).当x(e，)时，1ln x0，所以f(x)f(b)答案：A3解析：因为f(x)xsin x，所以f(x)xsin xf(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f(x)1cos x0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x1)f(22x)0等价为f(x1)f(22x)f(2x2)，即x12x2，解得x1，b1.答案：(，15解析：f(x)的定义域为(，)，f(x)3ax21.若a0，则f(x)0，

4、x(，)，此时，f(x)只有一个单调区间，与已知矛盾；若a0，则f(x)x，此时，f(x)也只有一个单调区间，亦与已知矛盾；若a0，则f(x)3a，综上可知a0，得x1；令f(x)0，得1x1.故f(x)x33x23x2的单调递增区间为(，1)和(1，)，单调递减区间为(1，1)7解析：构造函数g(x)，x则g(x)f(x)cos xf(x)sin x0g(x)g，即ff，故A错，B正确又gg，即ff，故C正确，D错答案：BC8解析：(1)f(x)3kx26(k1)x，由题意知f(4)0，解得k.(2)由f(x)3kx26(k1)x0并结合导函数的图象可知，必有4，解得k.又k0，故0k.答案

5、：(1)(2)9解析：(1)因为f(x)aex1，当a0时，有f(x)0时，令f(x)0，得ex，有xln a.f(x)0，得xln a.综上，当a0时，f(x)的单调递增区间是(，)，当a0时，f(x)的单调递增区间是ln a，)，递减区间是(，ln a)(2)f(x)aex1.若f(x)在(，0上单调递减，则aex10在(，0上恒成立，即a，而当x(，0时，1，所以a1；若f(x)在0，)上单调递增，所以aex10在0，)上恒成立即a，而当x0，)时，1.所以a1.综上可得a1，故存在a1满足条件10解析：f(x)cos x，f(x)sin x，根据“新驻点”的定义得f(x)f(x)，即cos xsin x，可得tan x1，x(0，)，解得x，所以，函数f(x)cos x在(0，)上的“新驻点”为；(2)g(x)x，则g(x)1，根据“新驻点”的定义得g()g()，即1.h(x)ln(x1)，则h(x)，由“新驻点”的定义得h(x)h(x)，即ln(x1)构造函数F(x)ln (x1)，则函数yF(x)在定义域上为增函数F(0)10F()0由零点存在定理可知(0,1).答案：(1)(2)