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时间:2019-05-06
《2019年高考数学一轮总复习函数导数及其应用2.11.1导数与函数的单调性课时跟踪检测理》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2.11.1导数与函数的单调性[课时跟踪检测] [基础达标]1.函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息:①f′(x)>0时,-1<x<2;②f′(x)<0时,x<-1或x>2;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:C2.f(x)=x2-alnx在(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为( )A.(-∞,1)B.(-∞,1]C.(-∞,2)D.(-∞,2]解析:由f(x)=x2-al
2、nx,得f′(x)=2x-,∵f(x)在(1,+∞)上单调递增,∴2x-≥0,即a≤2x2在(1,+∞)上恒成立,∵2x2>2,∴a≤2.故选D.答案:D3.若幂函数f(x)的图象过点,则函数g(x)=exf(x)的单调递减区间为( )A.(-∞,0)B.(-∞,-2)C.(-2,-1)D.(-2,0)解析:设幂函数f(x)=xα,因为图象过点,所以=α,α=2,所以f(x)=x2,故g(x)=exx2,令g′(x)=exx2+2exx=ex(x2+2x)<0,得-2<x<0,故函数g(x)的单调递减区间为(-2,0).答案:D4
3、.(2017届河北石家庄市高三9月摸底)若函数f(x)=-x2+x+1在区间上单调递减,则实数a的取值范围为( )A.B.C.D.[2,+∞)解析:f′(x)=x2-ax+1,函数f(x)=-x2+x+1在区间上单调递减⇔f′(x)=x2-ax+1≤0在区间上恒成立⇔解之得a≥.故选C.答案:C5.函数f(x)=x3-ax是R上的增函数的一个充分不必要条件是( )A.a≤0B.a<0C.a≥0D.a>0解析:函数f(x)=x3-ax为R上的增函数的一个充分不必要条件是f′(x)=3x2-a>0在R上恒成立,所以a<(3x2)mi
4、n,因为(3x2)min=0,所以a<0.故选B.答案:B6.(2017届贵阳市监测考试)对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-3)f′(x)≤0,则必有( )A.f(0)+f(6)≤2f(3)B.f(0)+f(6)<2f(3)C.f(0)+f(6)≥2f(3)D.f(0)+f(6)>2f(3)解析:由题意知,当x≥3时,f′(x)≤0,所以函数f(x)在[3,+∞)上单调递减或为常数函数;当x<3时,f′(x)≥0,所以函数f(x)在(-∞,3)上单调递增或为常数函数,所以f(0)≤f(3),f(6)≤f(3),所以f(0
5、)+f(6)≤2f(3),故选A.答案:A7.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)<0<f(b)B.f(b)<0<g(a)C.0<g(a)<f(b)D.f(b)<g(a)<0解析:因为函数f(x)=ex+x-2在R上单调递增,且f(0)=1-2<0,f(1)=e-1>0,所以f(a)=0时a∈(0,1).又g(x)=lnx+x2-3在(0,+∞)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
6、,2),又f(1)=e-1>0,所以f(b)>0.综上可知,g(a)<0<f(b).答案:A8.定义在R上的函数f(x)满足xf′(x)>f(x)恒成立,则有( )A.f(-5)>f(-3)B.f(-5)5f(-3)D.3f(-5)<5f(-3)解析:设g(x)=,则g′(x)=>0,∴g(x)在R上单调递增,∴g(-5)7、>f(cosB)B.f(sinA)f(sinB)D.f(cosA)8、ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f′(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.所以所求函数的单调递增区间为(2,+∞).答案:(2,+
7、>f(cosB)B.f(sinA)f(sinB)D.f(cosA)8、ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f′(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.所以所求函数的单调递增区间为(2,+∞).答案:(2,+
8、ex]′=ex+(x-3)ex=(x-2)ex.由函数导数与函数单调性的关系,得当f′(x)>0时,函数f(x)单调递增,此时由不等式f′(x)=(x-2)ex>0,解得x>2.所以所求函数的单调递增区间为(2,+∞).答案:(2,+
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