2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性配套课时作业理新人教A版

《2020版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性配套课时作业理新人教A版》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、第2讲导数与函数的单调性配套课时作业1．(2019·宁夏模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案　D解析　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.故选D.2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是(　　)A．增函数B．减函数C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增答案　A解析　因为f′(x)＝1－cosx>0在(0,2π)

2、上恒成立，所以f(x)在(0,2π)上为增函数．故选A.3．函数y＝x2－lnx的单调减区间为(　　)A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案　B解析　函数y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得00恒成立．∴f(x)在R上是增函数．故选A.5．(2018·合肥调研)若函数f(x)＝2x2＋l

3、nx－ax在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．(4，＋∞)B．[4，＋∞)C．(－∞，4)D．(－∞，4]答案　D解析　由已知得f′(x)＝4x＋－a(x>0)，因为函数f(x)是定义域上的单调递增函数，所以当x>0时，4x＋－a≥0恒成立．因为当x>0时，函数g(x)＝4x＋≥4，当且仅当x＝时取等号，所以g(x)∈[4，＋∞)，所以a≤4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．故选D.6．(2019·冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈

4、(　　)A．(0,1)B．[0,2]C．(2,3)D．(2,4)答案　C解析　由f′(x)<0⇔x2－4x＋3<0，即1

5、＋∞)上恒成立．而x2＋2x在(－1，＋∞)上大于－1，则b≤－1.8．(2019·福建质检)函数y＝x2＋ln

6、x

7、的图象大致为(　　)答案　A解析　显然y＝x2＋ln

8、x

9、是偶函数，故排除B，C，又当x>0时，y＝x2＋lnx，y′＝2x＋>0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，排除D.故选A.9．(2019·临川模拟)已知函数f(x)＝x2－lnx＋在其定义域的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)A.B.C.D.答案　D解析　由题意，知f′(x)＝2x－＝在区间(a－1，a＋1)上有零点，由f

10、′(x)＝0，得x＝，则解得1≤a＜.故选D.10．(2019·贵州遵义模拟)已知函数f(x)＝x－(e－1)·lnx，则不等式f(ex)<1的解集为(　　)A．(0,1)B．(1，＋∞)C．(0，e)D．(e，＋∞)答案　A解析　f′(x)＝1－(e－1)＝(x＞0)．当x∈(0，e－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(e－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．因为f(1)＝f(e)＝1，所以f(x)<1的解集为(1，e)，即不等式1

11、A.11．定义在R上的函数y＝f(x)满足f(3－x)＝f(x)，f′(x)<0，若x13，则下列关系正确的是(　　)A．f(x1)f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)，f(x2)的大小关系不确定答案　B解析　由f(x)＝f(3－x)可得函数图象关于直线x＝对称．又由f′(x)<0，得x>时f′(x)<0；当x<时f′(x)>0.由x13，得x2>.若≤x1f(x2)；若x1<，由3－x1

12、1)>f(x2)．综上f(x1)>f(x2)．故选B.12．(2019·孝感市模拟)定义在上的函数f(x)，其导函数为f′(x)，若恒有f(x)fB．ffD.f