课标通用版2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数与函数的单调性检测文.doc

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1、第2讲导数与函数的单调性[基础题组练]1．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调情况是(　　)A．增函数　　　　　　　　B．减函数C．先增后减D．先减后增解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．2．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是(　　)A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.3．(2019·四川乐山一中期末)f(x)

2、＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　)A．a<1B．a≤1C．a<2D．a≤2解析：选D.由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－，因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，因为x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，所以a≤2故选D.4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是(　　)解析：选C.由条件可知当0

3、)<0，所以f′(x)<0，函数递减．当x＞1时，xf′(x)＞0，所以f′(x)＞0，函数递增，所以当x＝1时，函数取得极小值．当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)＞0，函数递增．当－1

4、(2，＋∞)6．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________(用“<”连接)．解析：由题意知，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)．答案：f(－3)

5、的单调区间．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得即(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．8．已知函数f(x)＝x2－2alnx＋(a－2)x，当a＜0时，讨论函数f(x)的单调性．解：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＋a－2＝.①当－a＝2，即a＝－2时，f′(x)＝≥0

6、，f(x)在(0，＋∞)内单调递增．②当0＜－a＜2，即－2＜a＜0时，因为0＜x＜－a或x＞2时，f′(x)＞0；－a＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)内单调递增，在(－a，2)内单调递减．③当－a＞2，即a＜－2时，因为0＜x＜2或x＞－a时，f′(x)＞0；2＜x＜－a时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，2)，(－a，＋∞)内单调递增，在(2，－a)内单调递减．综上所述，当a＝－2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；当－2＜a＜0时，f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)

7、内单调递增，在(－a，2)内单调递减；当a＜－2时，f(x)在(0，2)，(－a，＋∞)内单调递增，在(2，－a)内单调递减．[综合题组练]1．若函数f(x)＝x2＋lnx－ax在(1，2)上不单调，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，3)∪B.C.D．(－∞，3]∪解析：选C.若f(x)在(1，2)上单调递增，则f′(x)＝2x＋－a≥0恒成立，即a≤2x＋恒成立，因为2x＋＞3，所以a≤3；若f(x)在(1，2)上单调递减，同理可得a≥.取补集得a的取值范围是.2．(创新型)若函数f(x)在R上可导，且满足

8、f(x)＜xf′(x)，则下列关系成立的是(　　)A．2f(1)＜f(2)B．2f(1)＞f(2)C．2f(1)＝f(2)D．f(1)＝f(2)解析：选A.设g(x)＝，则g′(x)＝.因为f(x)＜xf′(x)，所以g′(x)＞0，所以函数g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以＜，即2f(1)＜f(2)．故选A.3．设函数f(x)＝x3－(1＋a)x2