2019-2020年高考数学一轮复习配餐作业14导数与函数的单调性含解析理

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1、2019-2020年高考数学一轮复习配餐作业14导数与函数的单调性含解析理一、选择题1.函数y=f(x)的图象如图所示,则y=f′(x)的图象可能是(  )A. B. C. D.解析 由函数f(x)的图象可知,f(x)在(-∞,0)上单调递增,f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以在(-∞,0)上f′(x)>0,在(0,+∞)上f′(x)<0。选项D满足,故选D。答案 D2.函数f(x)=xlnx,则(  )A.在(0,+∞)上递增   B.在(0,+∞)上递减C.在上递增D.在上递减解析 因为函数f

2、(x)=xlnx,所以f′(x)=lnx+1,f′(x)>0,解得x>,则函数的单调递增区间为,又f′(x)<0,解得0<x<,则函数的单调递减区间为,故选D。答案 D3.(xx·苏中八校联考)函数f(x)=x-lnx的单调递减区间为(  )A.(0,1)B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(-∞,0),(1,+∞)解析 函数的定义域是(0,+∞),且f′(x)=1-=,令f′(x)<0,解得0<x<1,所以单调递减区间是(0,1)。故选A。答案 A4.已知函数f(x)=x3+ax+4,则“a>0”是

3、“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 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。故选A。答案 A5.若函数y=a(x3-x)的递减区间为,则a的取值范围是(  )A.a>0B.-11D.00。故选A

4、。答案 A6.(xx·湛江模拟)若函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,则f(x)在下列区间上单调递增的是(  )A.(-2,0)B.(0,1)C.(1,+∞)D.(-∞,-2)解析 由题意知,f′(x)=1-,∵函数f(x)=x+(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点,∴当1-=0时,b=x2,又x∈(1,2),∴b∈(1,4),令f′(x)>0,解得x<-或x>,即f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞),∵b∈(1,4),∴(-∞,-2)符合题意,故选D。答案

5、 D7.已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的解析式可能是(  )A.f(x)=-x3B.f(x)=+x3C.f(x)=-x3D.f(x)=--x3解析 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。故选A。答案 A二、填空题8.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、。答案 (k∈Z)9.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是________。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 310.已知函数f(x)=kx3+3(k-1)x2-k2+1(k>0)。(1)若函数f(x)的单调递减区间是(0,4),则实数k的值为________;(2)若函数f(x)在(0,4)上为减函数,则实数k的取值范围是________。解析 (

7、1)f′(x)=3kx2+6(k-1)x,由题意知f′(4)=0,解得k=。(2)由f′(x)=3kx2+6(k-1)x≤0并结合导函数的图象可知,必有-≥4,解得k≤。又k>0,故0

8、0),则h′(x)=--<0,即h(x)在(0,+∞)上是减函数。由h(1)=0知,当0<x<1时,h(x)>0,从而f′(x)>0;当x>1时,h(x)<0,从而f′(x)<0。综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞)。答案 (1)k=1 (2)单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞)12.(xx·沈阳质检)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax+b。(1)若f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表

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