2019版高考数学大复习函数导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性

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1、课时达标　第14讲导数与函数的单调性[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为(　A　)A．(0,1)　　　B．(0，＋∞)C．(1，＋∞)　　　D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，解得0

2、可能是(　D　)解析　根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B项；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上，f′(x)<0，在(x1，x2)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C项．故选D．3．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(　A　)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析　f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R

3、上单调递增”的充分不必要条件．4．函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函

4、数单调递减．∵12，∴f(log2a)0的解集为(　D　)A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(－∞，2)∪(1,2)C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)解析　由题图可知，若f′(x)>0，则x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，若f′(x)<0，则x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．若函数f(x)＝

5、2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　C　)A．[1，＋∞)　　　B．[1,2)C．　　　D．解析　f′(x)＝4x－＝，∵x>0，由f′(x)＝0，得x＝，∴令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0

6、x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则n＝__1或2__.解析　∵f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，∴n2－3n＝2k(k∈Z)，即f(x)＝x2k，∴f′(x)＝2kx2k－1.∵f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，∴在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．∵x2k－1>0，∴2k<0，即n2－3n<0，解得00，函数f(x

7、)＝－x2＋blnx在(1，＋∞)上是减函数，即－x2＋b≤0在x∈(1，＋∞)上恒成立，得b≤x2在x∈(1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2，x∈(1，＋∞)，则g(x)>g(1)＝1，所以b≤1，则b的最大值为1.三、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．解析　(1)由题意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0，故k＝