高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数与函数的单调性配套课时作业 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学试题.doc

第2讲导数与函数的单调性
配套课时作业
1．(2019·宁夏模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
答案D
解析f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2.故选D.
2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上是()
A．增函数
B．减函数
C．在(0，π)上单调递增，在(π，2π)上单调递减
D．在(0，π)上单调递减，在(π，2π)上单调递增
答案A
解析因为f′(x)＝1－cosx>0在(0,2π)上恒成立，所以f(x)在(0,2π)上为增函数．故选A.
3．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调减区间为()
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
答案B
解析函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，则可得0<x≤1.故选B.
4．函数f(x)＝x＋eq\f(1,x2＋1)在(－∞，＋∞)上是()
A．增函数 B．减函数
C．先增后减的函数 D．先减后增的函数
答案A
解析f′(x)＝1＋eq\f(－2x,x2＋12)＝eq\f(x4＋x2＋x－12,x2＋12)，
∵对任意实数x，f′(x)>0恒成立．
∴f(x)在R上是增函数．故选A.
5．(2018·合肥调研)若函数f(x)＝2x2＋lnx－ax在定义域上单调递增，则实数a的取值范围为()
A．(4，＋∞) B．[4，＋∞)
C．(－∞，4) D．(－∞，4]
答案D
解析由已知得f′(x)＝4x＋eq\f(1,x)－a(x>0)，因为函数f(x)是定义域上的单调递增函数，所以当x>0时，4x＋eq\f(1,x)－a≥0恒成立．因为当x>0时，函数g(x)＝4x＋eq\f(1,x)≥4，当且仅当x＝eq\f(1,2)时取等号，所以g(x)∈[4，＋∞)，所以a≤4，即实数a的取值范围是(－∞，4]．故选D.
6．(2019·冀州中学模拟)若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使函数f(x－1)单调递减的一个充分不必要条件是x∈()
A．(0,1) B．[0,2]
C．(2,3) D．(2,4)
答案C
解析由f′(x)<0⇔x2－4x＋3<0，
即1<x<3，∴函数f(x)在(1,3)上单调递减．
∴函数f(x－1)在(2,4)上单调递减．
故D为充要条件，C为充分不必要条件．
7．若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是()
A．[－1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．(－∞，－1)
答案C
解析因为f′(x)＝－x＋eq\f(b,x＋2)，则问题即为－x＋eq\f(b,x＋2)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，可化为b≤(x＋2)x＝x2＋2x在(－1，＋∞)上恒成立．
而x2＋2x在(－1，＋∞)上大于－1，则b≤－1.
8．(2019·福建质检)函数y＝x2＋ln|x|的图象大致为()

答案A
解析显然y＝x2＋ln|x|是偶函数，故排除B，C，又当x>0时，y＝x2＋lnx，y′＝2x＋eq\f(1,x)>0，即函数在(0，＋∞)上单调递增，排除D.故选A.
9．(2019·临川模拟)已知函数f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋eq\f(3,2)在其定义域的一个子区间(a－1，a＋1)内不是单调函数，则实数a的取值范围是()
A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))
C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))
答案D
解析由题意，知f′(x)＝2x－eq\f(1,2x)＝eq\f(4x2－1,2x)在区间(a－1，a＋1)上有零点，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,2)，则
eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1≥0，,a－1<\f(1,2)<a＋1，))解得1≤a＜eq\f(3,2).故选D.
10．(2019·贵州遵义模拟)已知函数f(x)＝x－(e－1)·lnx，则不等式f(ex)<1的解集