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)

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