高考数学一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11.1 导数与函数的单调性课时跟踪检测 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

2.11.1导数与函数的单调性[课时跟踪检测][基础达标]1．函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：①f′(x)＞0时，－1＜x＜2；②f′(x)＜0时，x＜－1或x＞2；③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.则函数f(x)的大致图象是()解析：根据信息知，函数f(x)在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C.答案：C2．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：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.答案：D3．若幂函数f(x)的图象过点，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为()A．(－∞，0)B．(－∞，－2)C．(－2，－1)D．(－2,0)解析：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)．答案：D4．(2017届河北石家庄市高三9月摸底)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围为()A.B．C.D．[2，＋∞)解析：f′(x)＝x2－ax＋1，函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减⇔f′(x)＝x2－ax＋1≤0在区间上恒成立⇔解之得a≥.故选C.答案：C5．函数f(x)＝x3－ax是R上的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：函数f(x)＝x3－ax为R上的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(3x2)min＝0，所以a＜0.故选B.答案：B6．(2017届贵阳市监测考试)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有()A．f(0)＋f(6)≤2f(3)B．f(0)＋f(6)＜2f(3)C．f(0)＋f(6)≥2f(3)D．f(0)＋f(6)＞2f(3)解析：由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.答案：A7．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)＜0＜f(b)B．f(b)＜0＜g(a)C．0＜g(a)＜f(b)D．f(b)＜g(a)＜0解析：因为函数f(x)＝ex＋x－2在R上单调递增，且f(0)＝1－2＜0，f(1)＝e－1＞0，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(a)＜0＜f(b)．答案：A8．定义在R上的函数f(x)满足xf′(x)>f(x)恒成立，则有()A．f(－5)>f(－3)B．f(－5)5f(－3)D．3f(－5)<5f(－3)解析：设g(x)＝，则g′(x)＝>0，∴g(x)在R上单调递增，∴g(－5)f(cosB)B．f(sinA)f(sinB)D．f(cosA)