2020届高三数学（文科）高考总复习课时跟踪检测十四 导数与函数的单调性 含解析.doc

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1、课时跟踪检测(十四)　导数与函数的单调性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f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，

2、(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，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x

3、＜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)的图象过点，则函数g(x)＝exf(

4、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a<(3x2)min.因为(

5、3x2)min＝0，所以a<0.故选B.4．(2017·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(－1)，所以x>

6、－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.综上可知，g

7、(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(1，＋∞)上是增函数，∴2x－a≥0在(1，＋∞)上恒成