2019-2020年高中数学第三章导数及其应用3.3.1函数的单调性与导数课后提升训练含解析新人教A版

《2019-2020年高中数学第三章导数及其应用3.3.1函数的单调性与导数课后提升训练含解析新人教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、2019-2020年高中数学第三章导数及其应用3.3.1函数的单调性与导数课后提升训练含解析新人教A版一、选择题(每小题5分,共40分)1.(xx·广州高二检测)函数f(x)=x2-lnx的单调递减区间为　(　　)A.(-1,1]B.(0,1]C.[1,+∞)D.(0,+∞)【解析】选B.由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由f′(x)=x-≤0,解得0

2、递减D.在(0,π)上递减,在(π,2π)上递增【解析】选A.f′(x)=1-cosx,因为x∈(0,2π),所以cosx∈[-1,1),所以1-cosx>0恒成立,即f′(x)>0在x∈(0,2π)上恒成立,所以f(x)在(0,2π)上是增函数.3.下列函数中,在区间(-1,1)上是减函数的是　(　　)A.y=2-3x2B.y=lnxC.y=D.y=sinx【解析】选C.A中,y′=-6x,当-10,当0

3、C中,y′=-<0对x∈(-1,1)恒成立,所以函数y=在区间(-1,1)上是减函数;D中,y′=cosx>0对x∈(-1,1)恒成立,所以函数y=sinx在(-1,1)上是增函数.4.设f(x),g(x)在(a,b)上可导,且f′(x)>g′(x),则当ag(x)B.f(x)g(x)+f(a)D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)【解析】选C.令φ(x)=f(x)-g(x),则φ′(x)=f′(x)-g′(x),因为f′(x)>g′(x),所以φ′(x)>

4、0,即函数φ(x)为(a,b)上的增函数.又ag(x)+f(a).5.(xx·全国卷Ⅰ)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是　(　　)A.[-1,1]B.C.D.【解析】选C.方法一:用特殊值法:取a=-1,f(x)=x-sin2x-sinx,f′(x)=1-cos2x-cosx,但f′(0)=1--1=-<0,不具备在(-∞,+∞)上单调递增,排除A,B,D.方法二:f′(x)=

5、1-cos2x+acosx≥0对x∈R恒成立,故1-(2cos2x-1)+acosx≥0,即acosx-cos2x+≥0恒成立,令t=cosx,所以-t2+at+≥0对t∈[-1,1]恒成立,构造函数g(t)=-t2+at+,开口向下的二次函数g(t)的最小值的可能值为端点值,故只需解得-≤a≤.6.(xx·烟台高二检测)设函数f(x)=ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调,则实数a的取值范围是　(　　)A.a>B.0

6、【解析】选A.因为f(x)=ax3-x2,所以f′(x)=ax2-2x,又f(x)=ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调,所以f′(x)在(0,3)内有零点.而f′(x)=ax2-2x有零点0,(a>0),所以0<<3,解得a>.7.已知函数f(x)对定义域R内的任意x都有f(x)=f(4-x),且当x≠2时,导函数f′(x)满足(x-2)f′(x)>0.若2

7、0可得x>2时f′(x)>0,所以f(x)在(2,+∞)是增函数.因为24,2<4-log2a<3,即2a>3>4-log2a>2,所以f(4-log2a)

8、0)+f(2)>2f(1)【解析】选C.因为(x-1)f′(x)≥0,所以当x>1时,f′(x)>0;当x<1时,f′(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数,在(-∞,1)上为减函数,所以f(2)≥f(1),f(0)≥f(1),所以f(0