2018届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、配餐作业(十四)　导数与函数的单调性(时间：40分钟)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(x)＝xlnx，所以f′(x)＝l

2、nx＋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．(2016·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“f(x)在R上单调递增”的(　　)A．充分不必

3、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。答案　A6．(2017·湛江模拟)若函数f(x)＝x＋(b∈R

4、)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　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．

5、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、_____。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　(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝。(2)由f′(x)＝3kx2＋6

7、(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、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．(2016·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)的表达式；(