2019高考数学 导数及其应用第2讲导数与函数的单调性分层演练文

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1、第2讲导数与函数的单调性一、选择题1．函数f(x)＝ex－x，x∈R的单调递增区间是(　　)A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)解析：选A.由题意知，f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，故选A.2．若函数f(x)＝kx－lnx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－，f(x)＝kx－lnx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，＋∞)．3

2、．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则f，f(1)，f的大小关系为(　　)A．f>f(1)>fB．f(1)>f>fC．f>f(1)>fD．f>f>f(1)解析：选A.因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.又x∈时，得f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以此时函数是增函数．所以ff(1)>f，故选A.4．函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1，1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．

3、(－∞，＋∞)解析：选B.由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B.5.已知定义在R上的函数f(x)满足f(－3)＝f(5)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，且导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜1的解集是(　　)A．(－3，0)B．(－3，5)C．(0，5)D．(－∞，－3)∪(

4、5，＋∞)解析：选B.依题意得，当x>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(－3)＝f(5)＝1，因此不等式f(x)<1的解集是(－3，5)．6．设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)A．g(a)<00，所以f(a)＝0时a∈(0，1)．又g(x)＝lnx＋x2－3在(0

5、，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.由g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1，2)，又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.综上可知，g(a)<00，解得a>－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)8．(2018·

6、张掖第一次诊断考试)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝x2－ax＋1，因为函数f(x)在区间(，3)上单调递减，所以f′(x)≤0在区间(，3)上恒成立，所以，即，解得a≥，所以实数a的取值范围为[，＋∞)．答案：[，＋∞)9．(2017·高考江苏卷)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数，又f′(x)＝3x

7、2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增，所以不等式f(a－1)＋f(2a2)≤0⇔f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)⇔a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，故实数a的取值范围是.答案：10．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)0，函数单调递增，所以