高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测（十四）导数与函数的单调性练习 文-人教版高三全册数学试题.doc

课时跟踪检测(十四)导数与函数的单调性
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1．函数f(x)＝x－lnx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－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)<0，得0<x<1.
2．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：选C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.
3．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：选D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－eq\f(a,x)≥0，
即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵2x2>2，∴a≤2.故选D.
4．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．
解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
5．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
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1．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是()

解析：选A设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
2．若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，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：选D设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))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)．
3．函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是()
A．a≤0 B．a<0
C．a≥0 D．a>0
解析：选B函数f(x)＝x3－ax为R上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.
4．(2017·湖北襄阳模拟)函数f(x)的定义域为R.f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：选B由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0.设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2.因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，选B.
5．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：选A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)．
6．函数f(x)＝