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- 2021-06-16 发布
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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.