（浙江专用）高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第1课时 导数与函数的单调性练习（含解析）-人教版高三全册数学试题.doc

第1课时导数与函数的单调性

[基础达标]
1．函数f(x)＝ex－ex，x∈R的单调递增区间是()
A．(0，＋∞)B．(－∞，0)C．(－∞，1)D．(1，＋∞)
解析：选D.由题意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)>0，解得x>1，故选D.
2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上的单调情况是()
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．
3．(2019·台州市高三期末质量评估)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋eq\f(1,2)ax2＋x(a∈R)，下列选项中不可能是函数f(x)图象的是()

解析：选D.因f′(x)＝ax2＋ax＋1，故当a＜0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案C中的那种情形；当a＞0时，判别式Δ＝a2－4a＞0，其图象是答案B中的那种情形；判别式Δ＝a2－4a≤0，其图象是答案A中的那种情形；当a＝0，即y＝x也是答案A中的那种情形，应选答案D.
4．已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，f(1)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))的大小关系为()
A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))
B．f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))
C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))
D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))>f(1)
解析：选A.因为f(x)＝xsinx，所以f(－x)＝(－x)sin(－x)＝xsinx＝f(x)．所以函数f(x)是偶函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，得f′(x)＝sinx＋xcosx>0，所以此时函数是增函数．所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>f(1)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,5)))，故选A.
5．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.
6．(2019·温州七校联考)对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－3)f′(x)≤0，则必有()
A．f(0)＋f(6)≤2f(3) B．f(0)＋f(6)＜2f(3)
C．f(0)＋f(6)≥2f(3) D．f(0)＋f(6)＞2f(3)
解析：选A.由题意知，当x≥3时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[3，＋∞)上单调递减或为常数函数；当x＜3时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递增或为常数函数，所以f(0)≤f(3)，f(6)≤f(3)，所以f(0)＋f(6)≤2f(3)，故选A.
7．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝ex(x－2)，令f′