2019-2020年高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用课时跟踪检测十四导数与函数的单调性练习文

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1、2019-2020年高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用课时跟踪检测十四导数与函数的单调性练习文一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．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：选A　函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)<0，得00时，－12；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是(　　)解析：选C　根据信息知，函数

2、f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.3．f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．(－∞，1)B．(－∞，1]C．(－∞，2)D．(－∞，2]解析：选D　由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－≥0，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵2x2>2，∴a≤2.故选D.4．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，

3、即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)5．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．答案：单调递增二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是(　　)解析：选A　设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．2．若幂函数f(x)

4、的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为(　　)A．(－∞，0)B．(－∞，－2)C．(－2，－1)D．(－2,0)解析：选D　设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点，所以＝α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．3．函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是(　　)A．a≤0B．a<0C．a≥0D．a>0解析：选B　函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是f′(x)＝3x2－a>0在R上恒成立，所以

5、a<(3x2)min.因为(3x2)min＝0，所以a<0.故选B.4．(xx·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析：选B　由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(

6、－1)，所以x>－1，选B.5．设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则(　　)A．g(a)<00，所以f(a)＝0时a∈(0,1)．又g(x)＝lnx＋x2－3在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝－2<0，所以g(a)<0.由g(2)＝ln2＋1>0，g(b)＝0得b∈(1,2)，又f(1)＝e－1>0，所以f(b)>0.综上

7、可知，g(a)<00时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.答案：(2，＋∞)7．函数f(x)＝x2－ax－3在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝2x－a，∵f(x)在(