2018届高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时作业14 导数与函数的单调性（含解析）文

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1、课时作业14　导数与函数的单调性一、选择题1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　)A．(－∞，0)B．(0，＋∞)C．(－∞，－3)和(1，＋∞)D．(－3,1)解析：y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝ex(－x2－2x＋3)，由y′>0⇒x2＋2x－3<0⇒－3f(b)D．f(a)，f(b)大小关系不能确定解析：因为f′(x)＝－＝，当x<1时有f′(x)<0，故f(x)在x<1时为减

2、函数，从而有f(a)>f(b)．答案：C3．(2017·兰州一中调研)设函数f(x)＝x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)A．(1,2]B．[4，＋∞)C．(－∞，2]D．(0,3]解析：f′(x)＝x－，当f′(x)＝x－≤0时，0

3、，＋∞)解析：因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或解得a≥1或a≤－3.答案：B5．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则(　　)A．3f(1)f(3)C．3f(1)＝f(3)D．f(1)＝f(3)解析：由于f(x)>xf′(x)，′＝<0恒成立，因此在R上单调递减，∴<，即3f(1)>f(3)，故选B.答案：B6．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)

4、f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)A．a0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．答案：单调递增8．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为_____

5、___．解析：∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a，又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1，4是f′(x)＝0的两根，∴a＝(－1)×4＝－4.答案：－49．(2017·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x，a≠0.若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上单调递减，则a的取值范围为________．解析：h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝－ax－2.因为h(x)在[1,4]上单调递减，所以当x∈[1,4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，即a≥－恒成立，令G(x)＝－，则a≥G(x)

6、max，而G(x)＝2－1.因为x∈[1,4]，所以∈.所以G(x)max＝－(此时x＝4)，所以a≥－.答案：三、解答题10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．解：(1)由题意得f′(x)＝.又f′(1)＝＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝.设h(x)＝－lnx－1(x>0)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知

7、，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．11．(2016·北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(Ⅰ)求a，b的值；(Ⅱ)求f(x)的单调区间．解：(Ⅰ)因为f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.依题设，即解得a＝2，b＝e.(Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e