【数学】2020届一轮复习人教版(理)第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时作业

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【数学】2020届一轮复习人教版(理)第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时作业

A组 基础关 ‎1.已知m是实数,函数f(x)=x2(x-m),若f′(-1)=-1,则函数f(x)的单调增区间是(  )‎ A. B. C.,(0,+∞)‎ D.∪(0,+∞)‎ 答案 C 解析 因为f(x)=x2(x-m)=x3-mx2,所以f′(x)=3x2-2mx,又因为f′(-1)=-1,所以3×(-1)2-2m×(-1)=-1,解得m=-2,所以f′(x)=3x2+4x=x(3x+4),由f′(x)>0得x<-或x>0,所以函数f(x)的单调递增区间是,(0,+∞).‎ ‎2.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)‎ 答案 D 解析 设f(x)=xα,由题意得=α,‎ 所以α=2,所以g(x)=exf(x)=ex·x2,‎ 所以g′(x)=ex·2x+ex·x2=xex(x+2).‎ 由g′(x)<0得-20时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象可知,导函数在区间(0,x1)内的值是大于0的,则在此区间内函数f(x)单调递增.只有D项符合题意.‎ ‎4.已知函数f(x)=x3+ax,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的(  )‎ 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 答案 A 解析 当a≥0时,f′(x)=3x2+a≥0,f(x)在R上单调递增,“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.故选A.‎ ‎5.函数f(x)=-(af(b)‎ D.f(a),f(b)大小关系不能确定 答案 C 解析 因为f′(x)=-=,当x<1时有f′(x)<0,故f(x)在x ‎<1时为减函数,从而有f(a)>f(b).‎ ‎6.(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是(  )‎ A.[-1,1] B. C. D. 答案 C 解析 解法一:f′(x)=1-cos2x+acosx=1-×(2cos2x-1)+acosx=-cos2x+acosx+,f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],则-t2+at+≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,‎ 令g(t)=4t2-3at-5,则 解得-≤a≤,故选C.‎ 解法二:取a=-1,则f(x)=x-sin2x-sinx,f′(x)=1-cos2x-cosx,但f′(0)=1--1=-<0,不具备在(-∞,+∞)单调递增的条件,故排除A,B,D.故选C.‎ ‎7.设f(x),g(x)均是定义在R上的奇函数,当x<0,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且f(-2)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是(  )‎ A.(-2,0)∪(2,+∞) B.(-2,2)‎ C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-2)∪(0,2)‎ 答案 C 解析 令F(x)=f(x)g(x),则F′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x),∵当x<0时,f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0,∴函数F(x)=f(x)·g(x)在(-∞,0)上为增函数,‎ ‎∵f(x),g(x)均为奇函数,∴F(-x)=f(-x)g(-x)=f(x)g(x)=F(x),即得函数F(x)=f(x)g(x)为偶函数,又f(-2)=0,可得f(2)=0,即F(±2)=f(±2)·g(±2)=0,结合上述条件可作出函数F(x)=f(x)g(x)的草图,由图可得f(x)·g(x)<0的解集为(-∞,-2)∪(2,+∞),故选C.‎ ‎8.函数f(x)=1+x+cosx在上的单调递增区间是________.‎ 答案  解析 f′(x)=-sinx.‎ 由解得00,解得a>-3,‎ 所以实数a的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).‎ B组 能力关 ‎1.对于R上可导的任意函数f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0,则必有(  )‎ A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)‎ C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)‎ 答案 C 解析 由题意知(x-1)f′(x)≥0,所以或函数y=f(x)在(-∞,1)上单调递减,f(0)>f(1);在[1,+∞)上单调递增,f(2)>f(1),所以f(0)+f(2)>2f(1);若函数y=f(x)为常数函数,则f(0)+f(2)=2f(1).故选C.‎ ‎2.定义在R上的函数f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为(  )‎ A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)‎ C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞)‎ 答案 A 解析 设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),‎ 则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex ‎=ex[f(x)+f′(x)-1],‎ 因为f(x)+f′(x)>1,‎ 所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(x)>0,‎ 所以g(x)=exf(x)-ex在定义域上单调递增,‎ 因为exf(x)>ex+3,所以g(x)>3,‎ 又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,‎ 所以g(x)>g(0),所以x>0.‎ ‎3.(2018·张掖一诊)若函数f(x)=-x2+x+1在区间上单调递减,则实数a的取值范围是________.‎ 答案  解析 f′(x)=x2-ax+1,∵函数f(x)在区间上单调递减,∴f′(x)≤0在区间上恒成立,‎ ‎∴即解得a≥,‎ ‎∴实数a的取值范围为.‎ ‎4.已知函数f(x)=ax2-(2a+1)x+2ln x.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,求a的值;‎ ‎(2)求f(x)的单调区间.‎ 解 f′(x)=ax-(2a+1)+.‎ ‎(1)因为曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行,所以f′(1)=f′(3),即a-(2a+1)+2=3a-(2a+1)+,解得a=.‎ ‎(2)f′(x)=ax-(2a+1)+= ‎=,‎ 若a≤0,当x∈(0,2)时,f′(x)>0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减.‎ 若00;‎ 当x∈时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,2),上单调递增,在上单调递减.‎ 若a>,当x∈或x∈(2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)在,(2,+∞)上单调递增,在上单调递减;‎ 若a=,当x∈(0,+∞)时,f′(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎
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