2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.1利用导数研究函数的单调性课时提升作业理

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1、2019-2020年高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.1利用导数研究函数的单调性课时提升作业理一、选择题(每小题5分,共25分)1.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,+∞)【解析】选D.因为f(x)=(x-3)·ex,则f′(x)=ex(x-2),令f′(x)>0,得x>2,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞).2.(xx·抚州模拟)若函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则实数a的取值范围是　(　　)A.[

2、0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)D.(0,+∞)【解析】选C.由题意知x>0,f′(x)=1+,要使函数f(x)=x+alnx不是单调函数,则需方程1+=0在x>0上有解,即x=-a,所以a<0.【加固训练】已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>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【解析】选A.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

3、.(xx·马鞍山模拟)对于实数集R上的可导函数f(x),若满足(x2-3x+2)f′(x)<0,则在区间[1,2]上必有　(　　)A.f(1)≤f(x)≤f(2)B.f(x)≤f(1)C.f(x)≥f(2)D.f(x)≤f(1)或f(x)≥f(2)【解析】选A.由(x2-3x+2)f′(x)<0知,当x2-3x+2<0,即10,所以f(x)是区间[1,2]上的单调递增函数,所以f(1)≤f(x)≤f(2).4.(xx·厦门模拟)已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式

4、可能是　(　　)A.f(x)=-x3B.f(x)=+x3C.f(x)=-x3D.f(x)=--x3【解析】选A.根据函数的定义域可以排除选项C,D,对于选项B:f′(x)=+3x2,当x>时,f′(x)不可能恒小于0,即函数不可能恒为减函数,故不符合.5.(xx·深圳模拟)已知f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)为f(x)的导函数,且满足f(x)<-xf′(x),则不等式f(x+1)>(x-1)·f(x2-1)的解集是　(　　)A.(0,1)B.(1,+∞)C.(1,2)D.(2,+∞)【解析】

5、选D.因为f(x)+xf′(x)<0,所以(xf(x))′<0,xf(x)在(0,+∞)上为减函数,又因为(x+1)f(x+1)>(x2-1)·f(x2-1),所以02.二、填空题(每小题5分,共15分)6.函数f(x)=的单调递增区间是　　　　.【解析】由导函数f′(x)==>0,得cosx>-,所以2kπ-

6、值是　　　　.【解析】f′(x)=3x2-a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤3x2在[1,+∞)上恒成立,而(3x2)min=3×12=3,所以a≤3,故amax=3.答案:38.(xx·大连模拟)已知函数f(x)=aln(x+1)-x2在区间(1,2)内任取两个实数p,q,且p≠q,不等式<1恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.【解析】不妨设p>q,则p-q>0,<1,f(p+1)-f(q+1)

7、由题意可知函数g(x)在(2,3)内单调递减,g(x)=aln(x+1)-x2-x,g′(x)=-2x-1<0在(2,3)内恒成立,<2x+1,a<(x+1)(2x+1),结合二次函数的性质,可知a≤15.答案:(-∞,15]【加固训练】已知函数f(x)=-x2+4x-3lnx在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是　　　　.【解析】由题意知f′(x)=-x+4-==-,由f′(x)=0得函数f(x)的两个极值点为1,3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数f(x)在区间[t,t+1

8、]上就不单调,由t<10),则h′(x)