2020高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用课下层级训练14利用导数研究函数的单调性含解析文新人教A版.doc

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1、课下层级训练(十四)　利用导数研究函数的单调性[A级　基础强化训练]1．(2019·湖北八校联考)函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调递增区间为(　　)A．　　　　　　　B．C．D．(－∞，a)A　[由f′(x)＝－a>0，得0

2、3．(2019·重庆涪陵月考)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(　　)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．]4．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A　[f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)

3、在R上单调递增”的充分不必要条件．]5．(2019·广西钦州质检)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)A．a0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)

4、f(x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝＝，令f′(x)＜0，解得x＜1，故f(x)在(－∞，0)，(0,1)递减．]7.(2019·辽宁阜新二中月考)若函数f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)内单调递减，则实数a的范围为__________.a≥3　[∵函数f(x)＝x3－ax2＋1在(0,2)内单调递减，∴f′(x)＝3x2－2ax≤0在(0,2)内恒成立．即a≥x在(0,2)内恒成立．t＝x在(0,2)上的值域为(0,3)，∴a≥3.]8．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________.f(

5、－3)＜f(2)＜f　[函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈时，f′(x)≤0.所以f(x)在区间上是减函数，所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．]9．已知函数f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)．试讨论f(x)的单调性．解　由题意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.①当01时，f(x)的

6、单调递增区间为和(0，＋∞)，单调递减区间为.10．(2018·河北邯郸考前保温卷)已知函数f(x)＝ex－x2－ax.(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x＋b，求a，b的值；(2)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的最大值．解　(1)∵f(x)＝ex－x2－ax，∴f′(x)＝ex－2x－a，则f′(0)＝1－a.由题意知1－a＝2，即a＝－1.∴f(x)＝ex－x2＋x，则f(0)＝1.于是1＝2×0＋b，b＝1.(2)由题意f′(x)≥0，即ex－2x－a≥0恒成立，∴a≤ex－2x恒成立．设h(x)＝ex－2x，则h′(x)＝

7、ex－2.∴当x∈(－∞，ln2)时，h′(x)＜0，h(x)为减函数；当x∈(ln2，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)为增函数．∴h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln2.∴a≤2－2ln2，即a的最大值为2－2ln2.[B级　能力提升训练]11．若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，－3]B．(－3,1)C．[1，＋∞)D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)B　[因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在

8、区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或解得a≥1或