2020版高考数学第二章函数、导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课时达标理新人教A版

《2020版高考数学第二章函数、导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课时达标理新人教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14讲导数与函数的单调性课时达标　一、选择题1．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y′＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)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．2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a>

2、0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)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A　解析f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．3．(2019·长郡中学月考)求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得lny＝g(x)lnf(x)，再两边同时求导得y′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)，运用此方法求得函数y＝x的单调递增区间是(　　)A．(e,4)

3、B．(3,6)C．(0，e)D．(2,3)C　解析由题意知y′＝x＝x(x＞0)，令y′＞0，得1－lnx＞0，所以0＜x＜e，所以函数y＝x的单调递增区间为(0，e)．故选C．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1

4、任意x都有f(2－x)＝f(x)，所以函数图象的对称轴为直线x＝1.又因为其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．因为12，所以f(log2a)

5、析令F(x)＝，则F′(x)＝＜0，故F(x)为R上的减函数．则f(x)＜ex等价于F(x)＜1，因为f(0)＝1，所以F(0)＝＝1，F(x)＜F(0)，所以x＞0，即不等式的解集为(0，＋∞)．故选A．6．(2019·龙泉二中月考)若函数f(x)＝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(　　)A．[1，＋∞)B．[1,2)C．D．C　解析由题意得f′(x)＝4x－＝，因为x>0，由f′(x)＝0得x＝，所以令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0

6、≤k<.二、填空题7．f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则n＝________.解析因为f(x)＝xn2－3n(n∈Z)是偶函数，所以n2－3n＝2k(k∈Z)，即f(x)＝x2k，所以f′(x)＝2kx2k－1.因为f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，所以在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．因为x2k－1>0，所以2k<0，即n2－3n<0，解得0

7、f(x)＝－x2＋blnx在(1，＋∞)上是减函数，则实数b的最大值是________．解析函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，而f′(x)＝－x＋＝.函数f(x)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，所以b≤1，则b的最大值为1.答案19．(2019·佛山一中模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x(a∈R)是区间(1,4)上的单调函数，则a的取值范围是________．解析因为f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x，所以f′(x)＝x2－ax＋a－1

8、＝(x－1)[x－(a－1)]，因为f(x)是区间(1,4)上的单调函数，所以a－1≤1或a－1≥4，得a≤2或a≥5.答案(－∞，2]∪[5，＋∞)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(