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《（全国通用版）2019版高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时分层作业 十四 2.11.1 利用导数研究函数的单调性 文》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、课时分层作业十四利用导数研究函数的单调性一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)=-x3+ax2-x-1在(-∞,+∞)上是单调减函数,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,-]∪[,+∞)B.(-∞,-)∪(,+∞)C.[-,]D.(-,)【解析】选C.函数f(x)=-x3+ax2-x-1的导数为f′(x)=-3x2+2ax-1,因为函数f(x)在(-∞,+∞)上是单调减函数,所以在(-∞,+∞)上f′(x)≤0恒成立,即-3x2+2ax-1≤0恒成立,Δ=4a2-12≤0,解得-≤a≤.
2、所以实数a的取值范围是[-,].2.(2017·浙江高考)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )【解析】选D.由导函数的图象可知函数在(-∞,0)上是先减后增,在(0,+∞)上是先增后减再增,故选D.【变式备选】若f(x)=-(x-2)2+blnx在(1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是( )A.[-1,+∞)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1]D.(-∞,-1)【解析】选C.由题意可知f′(x)=-(x-2)+≤0在x∈(1,+∞)上恒成立,即b≤
3、x(x-2)在x∈(1,+∞)上恒成立,由于φ(x)=x(x-2)=x2-2x在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b≤-1即可.3.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.因为f(x)=x2+2cosx,所以f′(x)=2x-2sinx=2(x-sinx).设g(x)=2(x-sinx),则g′(x)=2(1-cosx)≥0,所以f′(x)为增函数.【变式备选】(2018·合肥模拟)定义在R上的可导函数f(x)的导函数为
4、f′(x),已知函数y=2f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的单调递减区间为( )A.(1,+∞)B.(1,2)C.(-∞,2)D.(2,+∞)【解析】选D.结合题干图可知,当x∈(-∞,2]时,2f′(x)≥1,即f′(x)≥0;当x∈(2,+∞)时,2f′(x)<1,即f′(x)<0;故函数y=f(x)的单调递减区间为(2,+∞).4.已知f(x)是定义域,值域都为(0,+∞)的函数,满足2f(x)+xf′(x)>0,则下列不等式正确的是( )A.2019f(2019)>2018f(201
5、8)B.2019f(2019)<2018f(2018)C.20182f(2018)<20192f(2019)D.20182f(2018)>20192f(2019)【解析】选C.构造函数g(x)=x2f(x),当x>0时,g′(x)=2xf(x)+x2f′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以20182f(2018)<20192f(2019).【变式备选】(2018·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.[0,+∞)B.(-∞,0]C.(-∞,0)
6、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<0.5.(2018·昆明模拟)已知函数f(x)=xsinx+cosx+x2,则不等式f(lnx) +f<2f(1)的解集为( )A.(e,+∞)B.(0,e)C.∪(1,e)D.【解析】选D.函数f(x)=xsinx+cosx+x2的导数为f′(x)=sinx+xcosx-sinx+2x=x(2+cosx),则x>0时,f′(x)>0,f(x)单调
7、递增,且f(-x)=(-x)sin(-x)+cos(-x)+(-x)2=f(x),所以f(x)为偶函数,即有f(x)=f(
8、x
9、),则不等式f(lnx)+f<2f(1),即为f(lnx)10、lnx
11、)12、lnx
13、<1,即-10,得014、答案:7.已知向量a=,b=(1,t),若函数f(x)=a·b在区间(-1,1)上存在增区间,则t的取值范围为________. 【解析】f(x)=a·b=ex+-tx,x∈(-1,1),f′(x)=ex+x-t,函数f(x)在(-1,1)上存在增区间,所以f(x)在(-1,1)的子区间(x1,x2)上单调递增,故ex+x≥t,当x∈(x1,x2)时恒成立,又因为-1
