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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届数学(理)一轮复习人教版:第二章第二节 导数与函数的单调性作业

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限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级 基础夯实练 ‎1.(2018·岳阳模拟)函数f(x)=x-ln x的单调递减区间为(  )‎ A.(0,1)         B.(0,+∞)‎ C.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞)‎ 解析:选A.函数的定义域是(0,+∞),‎ 且f′(x)=1-=,‎ 令f′(x)<0,解得0<x<1,‎ 所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1).‎ ‎2.已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>‎0”‎是“f(x)在R上单调递增”的(  )‎ 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:选A.f′(x)=x2+a,当a≥0时,f′(x)≥0恒成立,故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.‎ ‎3.(2017·浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是(  )‎ 解析:选D.不妨设导函数y=f′(x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x1)上为减函数,在(x1,x2)上为增函数,在(x2,x3)上为减函数,在(x3,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3处取到极小值,在x=x2处取到极大值,又x2>0,排除B,故选D.‎ ‎4.(2018·珠海质检)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是(  )‎ A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]‎ C.[2,+∞) D.[1,+∞)‎ 解析:选D.由于f′(x)=k-,则f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增⇒f′(x)=k-≥0在(1,+∞)上恒成立.‎ 由于k≥,而0<<1,所以k≥1,即k的取值范围为[1,+∞).‎ ‎5.(2019·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图象上任一点(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)(x-x0),那么函数f(x)的单调递增区间是(  )‎ A.(-1,1),(3,+∞) B.(-∞,-1),(1,3)‎ C.(-1,1)∪(3,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,3)‎ 解析:选B.因为函数f(x)的图象上任一点(x0,y0)的切线方程为y-y0=(3-x0)(x-1)(x-x0),即函数图象在点(x0,y0)的切线斜率k=(3-x0)(x-1),所以f′(x)=(3-x)(x2-1).由f′(x)=(3-x)(x2-1)>0,解得x<-1或1<x<3,即函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(1,3).故选B.‎ ‎6.(2018·娄底模拟)设f(x),g(x ‎)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0.且g(3)=0.则不等式f(x)g(x)<0的解集是(  )‎ A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3)‎ C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)‎ 解析:选D.因为当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,即[f(x)g(x)]′>0,‎ 所以f(x)g(x)在(-∞,0)上单调递增,‎ 又因为f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,所以f(x)g(x)为奇函数,关于原点对称,所以f(x)g(x)在(0,+∞)上也是增函数.因为f(3)g(3)=0,所以f(-3)g(-3)=0.所以f(x)g(x)<0的解集为x<-3或00,∴x=-舍去.‎ 当00;当x>1时,f′(x)<0.‎ ‎∴函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,即单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).‎ ‎(2)解法一:∵f(x)=ln x-a2x2+ax,其定义域为(0,+∞),‎ ‎∴f′(x)=-‎2a2x+a ‎==.‎ ‎①当a=0时,f′(x)=>0,‎ ‎∴f(x)在区间(0,+∞)上为增函数,不合题意;‎ ‎②当a>0时,f′(x)<0(x>0)等价于(2ax+1)(ax-1)>0(x>0),即x>.‎ 此时f(x)的单调递减区间为.‎ 依题意,得解得a≥1;‎ ‎③当a<0时,f′(x)<0(x>0)等价于(2ax+1)(ax-1)>0(x>0),即x>-.‎ 此时f(x)的单调递减区间为,‎ ‎∴解得a≤-.‎ 综上所述,实数a的取值范围 ∪[1,+∞).‎ 解法二:∵f(x)=ln x-a2x2+ax,x∈(0,+∞),‎ ‎∴f′(x)=.‎ 由f(x)在区间(1,+∞)上是减函数,可得g(x)=-‎2a2x2+ax+1≤0在区间(1,+∞)上恒成立.‎ ‎①当a=0时,1≤0不合题意;‎ ‎②当a≠0时,可得即 ‎∴∴a≥1或a≤-.‎ ‎∴实数a的取值范围是∪[1,+∞).‎ ‎15.已知函数f(x)=(x-2)·ex+a(x-1)2.讨论f(x)的单调性.‎ 解:f′(x)=(x-1)ex+‎2a(x-1)=(x-1)(ex+‎2a).‎ ‎(1)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.‎ ‎(2)设a<0,由f′(x)=0,解得x=1或x=ln(-‎2a).‎ ‎①若a=-,则f′(x)=(x-1)(ex-e),‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,‎ ‎②若a>-,则ln(-‎2a)<1,‎ 故当x∈(-∞,ln(-‎2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(ln(-‎2a),1)时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(-∞,ln(-‎2a))和(1,+∞)上单调递增,‎ 在(ln(-‎2a),1)上单调递减.‎ ‎③若a<-,则ln(-‎2a)>1,‎ 故当x∈(-∞,1)∪(ln(-‎2a),+∞)时,f′(x)>0;‎ 当x∈(1,ln(-‎2a))时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在(-∞,1)和(ln(-‎2a),+∞)上单调递增,‎ 在(1,ln(-‎2a))上单调递减.‎