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  • 2021-07-01 发布

【数学】2021届一轮复习人教版文14导数与函数的单调性作业

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课时作业14 导数与函数的单调性 ‎ [基础达标]‎ 一、选择题 ‎1.[2020·厦门质检]函数y=x2-ln x的单调递减区间为(  )‎ A.(0,1)   B.(0,1]‎ C.(1,+∞) D.(0,2)‎ 解析:由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由y′=x-≤0,解得00时,-12;③f′(x)=0时,x=-1或x=2.‎ 则函数f(x)的大致图象是(  )‎ 解析:根据信息知,函数f(x)在(-1,2)上是增函数.在(-∞,-1),(2,+∞)上是减函数,故选C.‎ 答案:C ‎3.[2020·南昌模拟]已知奇函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数,若x>0时,f′(x)>0,则(  )‎ A.f(0)>f(log32)>f(-log23)‎ B.f(log32)>f(0)>f(-log23)‎ C.f(-log23)>f(log32)>f(0)‎ D.f(-log23)>f(0)>f(log32)‎ 解析:因为f′(x)是奇函数,所以f(x)是偶函数.而|-log23|=log23>log22=1,00时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,‎ 所以f(0)0,得x>;令f′(x)<0,得02,且f(1)=3,则不等式f(x)>2x+1的解集为(  )‎ A.(-∞,0) B.(0,+∞)‎ C.(1,+∞) D.(-∞,1)‎ 解析:f(x)>2x+1的解集即f(x)-2x-1>0的解集.构造函数g(x)=f(x)-2x-1,则g′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以g′(x)=f′(x)-2>0,所以g(x)=f(x)-2x-1在R上单调递增,且g(1)=f(1)-2-1=0,所以f(x)-2x-1>0的解集为(1,+∞),即不等式f(x)>2x+1的解集为(1,+∞).故选C项.‎ 答案:C 二、填空题 ‎6.[2020·广州模拟]已知函数f(x)=(-x2+2x)ex,x∈R,e为自然对数的底数.则函数f(x)的单调递增区间为________.‎ 解析:因为f(x)=(-x2+2x)ex,‎ 所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex.‎ 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,‎ 因为ex>0,所以-x2+2>0,解得-f(2)>f(3)=f ‎(-3).‎ 答案:f(-3)0,故f(x)的增区间为(5,+∞).‎ ‎10.[2020·西藏山南模拟]已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2(a>0).讨论 f(x)的单调性.‎ 解析:f(x)的定义域为 (-∞,+∞),‎ f′(x)=ex+(x-1)ex-ax=x(ex-a).‎ 因a>0,由f′(x)=0得x=0或x=ln a.‎ ‎①若a=1,则f′(x)=x(ex-1)≥0,‎ 所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.‎ ‎②若00;当x∈(ln a,0)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln a),(0,+∞)单调递增,在(ln a,0)单调递减.‎ ‎③若a>1,则ln a>0,故当x∈(-∞,0)∪(ln a,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(0,ln a)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)单调递增,在(0,ln a)单调递减.‎ 综上所述,当01时,f(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)单调递增,在(0,ln a)单调递减.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎11.[2020·河南八市联考]已知函数f(x)=x2+aln x.‎ ‎(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间;‎ ‎(2)若函数g(x)=f(x)+在[1,+∞)上单调,求实数a的取值范围.‎ 解析:(1)由题意知,函数的定义域为(0,+∞),当a=-2时,f′(x)=2x-=,由f′(x)<0得0