（新课标）高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 14 导数与函数的单调性课时作业 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

课时作业14导数与函数的单调性一、选择题1．函数f(x)＝x＋elnx的单调递增区间为()A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，0)和(0，＋∞)D．R解析：函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是()解析：由函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左至右是先增后减，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左至右先增大后减小．答案：B3．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)解析：因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.答案：D4．若函数f(x)在R上可导，且满足f(x)－xf′(x)>0，则()A．3f(1)f(3)C．3f(1)＝f(3)D．f(1)＝f(3)解析：由于f(x)>xf′(x)，′＝<0恒成立，因此在R上单调递减，∴<，即3f(1)>f(3)，故答案为B.答案：B5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则()A．a0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)f(1)>f(π－3)，∴f(2)>f(1)>f(3)．答案：D二、填空题7．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8．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a的值为________．解析： f(x)＝x3－x2＋ax＋4，∴f′(x)＝x2－3x＋a，又函数f(x)恰在[－1，4]上单调递减，∴－1，4是f′(x)＝0的两根，∴a＝(－1)×4＝－4.答案：－49．已知函数f(x)＝－2x2＋lnx(a>0)．若函数f(x)在[1，2]上为单调函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1，2]上为单调函数，则f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1，2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－在[1，2]上恒成立．令h(x)＝4x－，则h(x)在[1，2]上单调递增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，又a>0，所以00)，则h′(x)＝－－<0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当00，从而f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，从而f′(x)<0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．11．已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间．解：(1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.由f′(x)≥0，得a≤.记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，∴t(x)min＝(1－1)＝0.∴a≤0.(2)由题意，得f′(3)＝0，即27－6a－3＝0，∴a＝4.∴f(x)＝x3－4x2－3x，f′(x)＝3x2－8x－3.令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝3.当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：x－3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)的单调递增区间为，[3，＋∞)，f(x)的单调递减区间为.1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析：依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c...