2018届人教数学A版 导数与函数的单调性 （理） 检测卷Word版含解析.doc

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1、2018年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时达标14导数与函数的单调性理[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．(2017·福建福州模拟)函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　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

2、，＋∞)上f′(x)<0.选项D满足，故选D．2．(2017·苏中八校联考)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为(　A　)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00”是“f(x)在R上单调递增”的(　A　)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解析

3、：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．4．函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1

4、象的对称轴为直线x＝1.又∵其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．∵12，∴f(log2a)0的解集为(　D　)A．(－∞，－2)∪(1，＋∞)B．(－∞，2)∪(1,2)C．(－∞，－1)∪(－1,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(－1,1)

5、∪(3，＋∞)解析：由题图可知，f′(x)>0，则x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0，则x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．6．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是(　C　)A．[1，＋∞)B．[1,2)C．D．解析：f′(x)＝4x－＝，∵x>0，由f′(x)＝0得x＝.∴令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得0

6、<.故C正确．二、填空题7．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为(－1,11)．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

7、2k－1，∵f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，∴在(0，＋∞)上f′(x)＝2kx2k－1<0恒成立．∵x2k－1>0，∴2k<0.即n2－3n<0，解得00，即x>－2，而f′(x)＝－x＋＝.因为x＋2>0，函数f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，即－x2－2x＋b≤0在x∈(－1，＋∞)上恒成立，得b≤x2＋2x

8、在x∈(－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，x∈(－1，＋∞)，则g(x)>g(－1)＝－1，所以b≤－1，则b的最大值为－1.三、解答题10．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．解析：(1)由题意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0，故k＝1.(2)由(1)