【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第二节　导数与函数的单调性作业

【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第二章第二节　导数与函数的单调性作业

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1．(2018·岳阳模拟)函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为(　　)‎ A．(0，1)　　　　　　　　 B．(0，＋∞)‎ C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)‎ 解析：选A.函数的定义域是(0，＋∞)，‎ 且f′(x)＝1－＝，‎ 令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，‎ 所以函数f(x)的单调递减区间是(0，1)．‎ ‎2．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，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 解析：选A.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．‎ ‎3．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)‎ 解析：选D.不妨设导函数y＝f′(x)的零点依次为x1，x2，x3，其中x1＜0＜x2＜x3，由导函数图象可知，y＝f(x)在(－∞，x1)上为减函数，在(x1，x2)上为增函数，在(x2，x3)上为减函数，在(x3，＋∞)上为增函数，从而排除A，C.y＝f(x)在x＝x1，x＝x3处取到极小值，在x＝x2处取到极大值，又x2＞0，排除B，故选D.‎ ‎4．(2018·珠海质检)若函数f(x)＝kx－ln x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：选D.由于f′(x)＝k－，则f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇒f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．‎ 由于k≥，而0<<1，所以k≥1，即k的取值范围为[1，＋∞)．‎ ‎5．(2019·昆明模拟)已知函数f(x)(x∈R)图象上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，那么函数f(x)的单调递增区间是(　　)‎ A．(－1，1)，(3，＋∞) B．(－∞，－1)，(1，3)‎ C．(－1，1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，3)‎ 解析：选B.因为函数f(x)的图象上任一点(x0，y0)的切线方程为y－y0＝(3－x0)(x－1)(x－x0)，即函数图象在点(x0，y0)的切线斜率k＝(3－x0)(x－1)，所以f′(x)＝(3－x)(x2－1)．由f′(x)＝(3－x)(x2－1)＞0，解得x＜－1或1＜x＜3，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(1，3)．故选B.‎ ‎6．(2018·娄底模拟)设f(x)，g(x ‎)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0.且g(3)＝0.则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A．(－3，0)∪(3，＋∞) B．(－3，0)∪(0，3)‎ C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0，3)‎ 解析：选D.因为当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，即[f(x)g(x)]′>0，‎ 所以f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增，‎ 又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(x)g(x)为奇函数，关于原点对称，所以f(x)g(x)在(0，＋∞)上也是增函数．因为f(3)g(3)＝0，所以f(－3)g(－3)＝0.所以f(x)g(x)<0的解集为x<－3或00，∴x＝－舍去．‎ 当00；当x>1时，f′(x)<0.‎ ‎∴函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，即单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．‎ ‎(2)解法一：∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，其定义域为(0，＋∞)，‎ ‎∴f′(x)＝－‎2a2x＋a ‎＝＝.‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝>0，‎ ‎∴f(x)在区间(0，＋∞)上为增函数，不合题意；‎ ‎②当a>0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>.‎ 此时f(x)的单调递减区间为.‎ 依题意，得解得a≥1；‎ ‎③当a<0时，f′(x)<0(x>0)等价于(2ax＋1)(ax－1)>0(x>0)，即x>－.‎ 此时f(x)的单调递减区间为，‎ ‎∴解得a≤－.‎ 综上所述，实数a的取值范围 ∪[1，＋∞)．‎ 解法二：∵f(x)＝ln x－a2x2＋ax，x∈(0，＋∞)，‎ ‎∴f′(x)＝.‎ 由f(x)在区间(1，＋∞)上是减函数，可得g(x)＝－‎2a2x2＋ax＋1≤0在区间(1，＋∞)上恒成立．‎ ‎①当a＝0时，1≤0不合题意；‎ ‎②当a≠0时，可得即 ‎∴∴a≥1或a≤－.‎ ‎∴实数a的取值范围是∪[1，＋∞)．‎ ‎15．已知函数f(x)＝(x－2)·ex＋a(x－1)2.讨论f(x)的单调性．‎ 解：f′(x)＝(x－1)ex＋‎2a(x－1)＝(x－1)(ex＋‎2a)．‎ ‎(1)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．‎ ‎(2)设a<0，由f′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln(－‎2a)．‎ ‎①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，‎ 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，‎ ‎②若a>－，则ln(－‎2a)<1，‎ 故当x∈(－∞，ln(－‎2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；‎ 当x∈(ln(－‎2a)，1)时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在(－∞，ln(－‎2a))和(1，＋∞)上单调递增，‎ 在(ln(－‎2a)，1)上单调递减．‎ ‎③若a<－，则ln(－‎2a)>1，‎ 故当x∈(－∞，1)∪(ln(－‎2a)，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(1，ln(－‎2a))时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在(－∞，1)和(ln(－‎2a)，＋∞)上单调递增，‎ 在(1，ln(－‎2a))上单调递减．‎