2020高考文科数学（人教版）一轮复习作业手册 第16讲　导数在函数中的应用——单调性 含解析

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1、第16讲导数在函数中的应用——单调性31．(2018·太原期中)函数f(x)＝x＋＋2lnx的单调递减区间是(B)xA．(－3,1)B．(0,1)C．(－1,3)D．(0,3)32x＋3x－1f′(x)＝1－＋＝，x2xx2令f′(x)<0，解得0

2、)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时(B)A．f′(x)>0,g′(x)>0B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0,g′(x)>0D．f′(x)<0,g′(x)<0f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，由图象的对称性知，当x<0时，f′(x)>0，g′(x)<0，选B.4．(2018·全国卷Ⅲ)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(D)(方法一)f′(x)＝－4x3＋2x，22则f′(x)>0的解集为（－∞，－）∪（0，），2222f′(x)<0的解集为（－，0）∪（，＋∞），22222

3、2所以f(x)在（－∞，－）和（0，）上单调递增，在（－，0）和（，＋∞）单调递减．2222由此可知，选D.(方法二)当x＝1时，y＝2，所以排除A，B选项．2119当x＝0时，y＝2，而当x＝时，y＝－＋＋2＝>2，所以排除C选项．2424故选D.115．函数y＝xlnx的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞).ee1因为y′＝lnx＋x·＝lnx＋1，x1当lnx＋1<0，即00，即x>时，函数单调递增．e126．若函数f(x)＝－(x－2)＋blnx在(1，＋∞)上是减函数

4、，则b的取值范围为(－∞，－21].b由题意可知f′(x)＝－(x－2)＋≤0在x∈(1，＋∞)恒成立．即b≤x(x－2)在x∈(1，＋x∞)上恒成立，由于φ(x)＝x(x－2)＝x2－2x在(1，＋∞)上的值域是(－1，＋∞)，所以只要b≤－1即可．7．设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)．若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求：(1)a的值；(2)函数f(x)的单调区间．(1)因为f(x)＝x3＋ax2－9x－1，aa2所以f′(x)＝3x2＋2ax－9＝3(x＋)2－9－.33aa2即当x

5、＝－时，f′(x)取得最小值－9－.33因为斜率最小的切线与12x＋y＝6平行，即该切线的斜率为－12，a2所以－9－＝－12，即a2＝9，解得a＝±3，3由题设a<0，所以a＝－3.(2)由(1)知a＝－3，因此f(x)＝x3－3x2－9x－1，f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数；当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,3)上为减函数；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，

6、故f(x)在(3，＋∞)上为增函数．由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)；单调递减区间为(－1,3)．fx8．(2018·天问区三模)已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则函数g(x)＝的递减区间为(D)ex4A．(0,4)B．(－∞，1)，(，4)34C．(0，)D．(0,1)，(4，＋∞)3结合图象，x∈(0,1)和x∈(4，＋∞)时，f′(x)－f(x)<0，f′x－fx此时g′(x)＝<0.ex故g(x)在(0,1)，(4，＋∞)内递减．9．(2018·东港区校级期中)已知

7、y＝f(x)为R上的连续可导函数，且xf′(x)＋f(x)>0，则函数g(x)＝xf(x)＋1(x>0)的零点个数为0.因为g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)为增函数，又g(0)＝1>0，所以g(x)在(0，＋∞)恒大于0，所以g(x)在(0，＋∞)上没有零点．10．已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－ex＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．(1)函数f(x)的定义域为R，f

8、′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上为增函数，当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝lna，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，lna)上为减函数，当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>