高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第14讲 导数与函数的单调性课时达标 文（含解析）新人教A版-新人教A版高三全册数学试题.doc

第14讲导数与函数的单调性
课时达标
一、选择题
1．(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()

D解析根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B项；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上，f′(x)<0，在(x1，x2)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C项．故选D.
2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)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
A解析f′(x)＝eq\f(3,2)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．(2019·长郡中学月考)求形如y＝f(x)g(x)的函数的导数，我们常采用以下做法：先两边同取自然对数得lny＝g(x)lnf(x)，再两边同时求导得eq\f(1,y)y′＝g′(x)lnf(x)＋g(x)eq\f(1,fx)f′(x)，于是得到y′＝f(x)g(x)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(g′xlnfx＋gx·\f(1,fx)f′x))，运用此方法求得函数y＝xeq\f(1,x)的单调递增区间是()
A．(e,4) B．(3,6)
C．(0，e) D．(2,3)
C解析由题意知y′＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)·lnx＋\f(1,x2)))＝xeq\f(1,x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－lnx,x2)))(x＞0)，令y′＞0，得1－lnx＞0，所以0＜x＜e，所以函数y＝xeq\f(1,x)的单调递增区间为(0，e)．故选C.
4．函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，且当x≠1时，其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，若1<a<2，则有()
A．f(2a)<f(2)<f(log2a)
B．f(2)<f(log2a)<f(2a)
C．f(log2a)<f(2)<f(2a)
D．f(log2a)<f(2a)<f(2)
C解析因为函数f(x)对定义域R上的任意x都有f(2－x)＝f(x)，所以函数图象的对称轴为直线x＝1.又因为其导函数f′(x)满足xf′(x)>f′(x)，即(x－1)f′(x)>0，故当x∈(1，＋∞)时，函数单调递增，x∈(－∞，1)时，函数单调递减．因为1<a<2，所以0<log2a<1,2a>2，所以f(log2a)<f(2)<f(2a)．故选C.
5．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为y＝f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，f(0)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为()
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－2，＋∞) D．(4，＋∞)
A解析令F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)＜0，故F(x)为R上的减函数．则f(x)＜ex等价于F(x)＜1，因为f(0)＝1，所以F(0)＝eq\f(f0,e0)＝1，所以F(x)＜F(0)，所以x＞0，所以不等式的解集为(0，＋∞)．故选A.
6．(2019·龙泉二中月考)若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则实数k的取值范围是()
A．[1，＋∞) B．[1,2)
C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))
C解析由题意得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－12x＋1,x)，因为x>0，由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，所以令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)；令f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,2).由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－1≥0，,k－1<\f(1,2)<k＋1))⇒1≤k<eq\f(3,2).
二、填空题
7．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－3