2019版高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用（一）课后作业 文

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1、2．11　导数在研究函数中的应用(一)[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(2017·陕西模拟)函数f(x)＝(a>0)的单调递增区间是(　　)A．(－∞，－1)B．(－1,1)C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案　B解析　函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝.由于a>0，要使f′(x)>0，只需(1－x)·(1＋x)>0，解得x∈(－1,1)．故选B.2．若函数f(x)＝(x2－2x)ex在(a，b)上单调递减，则b－a的最大值为(　　)A．2B.C．4D．2答案　D解析　f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)

2、ex＝(x2－2)ex，令f′(x)<0，∴－

3、x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)<0，且f(－1)＝0，则f(x)>0的解集为(　　)A．(－∞，－1)B．(－1,1)C．(－∞，0)D．(－1，＋∞)答案　A解析　设g(x)＝，则g′(x)＝<0在R上恒成立，所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)>0⇔g(x)>0，所以x<－1.故选A.5．(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．a<1B．a≤1C．a<2D．a≤2答案　D解析　由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－，∵f(x)在(

4、1，＋∞)上单调递增，∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.6．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)A．a0.即f(x)

5、在(－∞，1)上单调递增，f(－1)时，f′(x)<0；当x<时，f′(x)>0.∴x＝时取极大值，f＝·＝.故选B.8．已知函数f(x)＝－1＋lnx，若存在x0>0，使得f(x0)≤0有解，则实数a的取值范围是(　　)A．a>2B．a<3C．a≤1D．a≥3答案　C解析　函数f(x)的定义域是(0，＋

6、∞)，不等式－1＋lnx≤0有解，即a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，令h(x)＝x－xlnx，可得h′(x)＝1－(lnx＋1)＝－lnx，令h′(x)＝0，可得x＝1，当00，当x>1时，h′(x)<0，可得当x＝1时，函数h(x)＝x－xlnx取得最大值1，要使不等式a≤x－xlnx在(0，＋∞)上有解，只要a小于等于h(x)的最大值即可，即a≤1.故选C.9．若函数f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为(　　)A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)C．{4}D．[

7、2,4]答案　C解析　f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，a≥2，不合题意；当01时，f(－1)＝－a＋4≥0，且f＝－＋1≥0，解得a＝4.综上所述，a＝4.故选C.10．(2018·黄山一模)已知函数f(x)＝m－2lnx(m∈R)，g(x)＝－，若至少存在一个x0∈[1，e]，使得f(x0)

8、D．(－∞，0)答案　B解析　由题意，不等式f(x)