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《2019版高考数学(理)一轮复习-十四-2.11.1利用导数研究函数的单调性.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层作业十四利用导数研究函数的单调性一、选择题(每小题5分,共25分)1.函数f(x)=x2-2lnx的单调减区间是( )A.(0,1) B.(1,+∞)C.(-∞,1)D.(-1,1)【解析】选A.因为f′(x)=2x-=(x>0).所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.2.函数f(x)=1+x-s
2、inx在(0,2π)上是( )A.单调递增B.单调递减C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增【解析】选A.f′(x)=1-cosx>0恒成立,所以f(x)在R上递增,在(0,2π)上单调递增.3.已知函数f(x)=2x3-6ax+1,a≠0,则函数f(x)的单调递减区间为( )A.(-∞,+∞)B.(,+∞)C.(-∞,-)∪(,+∞)D.(-,)【解析】选D.f′(x)=6x2-6a=6(x2-a),当a<0时,对x∈R,有f′(x)>0;当a>0时,由f′
3、(x)<0解得-0时,f(x)的单调递减区间为(-,).4.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.【变式备选】(2018·聊城模拟)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04、f′(x)<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-10,所以f′(x)<0,函数递减,所以当x=-1时,函数取得极大值.符合条件的只有C项.5.若函数f(x)=kex+x在(0,+∞)上单调递减,则k的范围为( )A.k≥-1B.k≤-1C.k≥1D.k≤1【解析】选B.f′(x)=kex+1.由题意得kex+1≤0在(0,+
5、∞)上恒成立,即k≤-,x∈(0,+∞).当x∈(0,+∞),-∈(-1,0),所以k≤-1.【变式备选】已知函数f(x)=-lnx在[1,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围为( ) A.a<1B.a<2C.a≤2D.a≤3【解析】选C.由题意得:f′(x)=-,x>0,因为f(x)在[1,+∞)上是减函数,所以f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立.即2a≤=x++2在[1,+∞)上恒成立,又x++2≥2+2=4(当且仅当x=1时取等号),所以a≤2.二、填空题(每小
6、题5分,共15分)6.函数f(x)=lnx-x2+x的单调增区间为________. 【解析】因为f(x)=lnx-x2+x,所以f′(x)=-x+1=,x>0,由f′(x)>0得x>0且x<,所以增区间为.答案:7.设函数f(x)=x3-(1+a)x2+4ax+24a,其中常数a>1,则f(x)的单调减区间为________. 【解析】f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a),由a>1知,当x<2时,f′(x)>0,故f(x)在区间(-∞,2)上单调递增;当27、)<0,故f(x)在区间(2,2a)上单调递减;当x>2a时,f′(x)>0,故f(x)在区间(2a,+∞)上单调递增.综上,当a>1时,f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上单调递增,在区间(2,2a)上单调递减.答案:(2,2a)【一题多变】若将本题改为已知函数f(x)=x3-(1+a)x2+4ax+24a(a∈R),求f(x)的单调区间,如何解?【解析】x∈R,f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2a)(x-2),令f′(x)=0,得x1=2a,x2=2,当2a>2,即a>1时,由f
8、′(x)>0得x>2a或x<2;由f′(x)<0得20得x>2或x<2a;由f′(x)<0得2a1时,增区间为(2a,+∞),(-∞,2);减区间为(2,2a).当a=1时,增区间为(-∞,+∞),无减区间.当a<1时,增区间为(-∞,2a),(2,+∞),减区间为(2a,2).8.(2018·秦皇岛模拟)
