【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时作业

【数学】2020届一轮复习人教版（理）第2章第11讲导数在研究函数中的应用第1课时作业

A组　基础关 ‎1.已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是(　　)‎ A. B. C.，(0，＋∞)‎ D.∪(0，＋∞)‎ 答案　C 解析　因为f(x)＝x2(x－m)＝x3－mx2，所以f′(x)＝3x2－2mx，又因为f′(－1)＝－1，所以3×(－1)2－2m×(－1)＝－1，解得m＝－2，所以f′(x)＝3x2＋4x＝x(3x＋4)，由f′(x)>0得x<－或x>0，所以函数f(x)的单调递增区间是，(0，＋∞).‎ ‎2.若幂函数f(x)的图象过点，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)‎ 答案　D 解析　设f(x)＝xα，由题意得＝α，‎ 所以α＝2，所以g(x)＝exf(x)＝ex·x2，‎ 所以g′(x)＝ex·2x＋ex·x2＝xex(x＋2)．‎ 由g′(x)<0得－20时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则在此区间内函数f(x)单调递增．只有D项符合题意.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x3＋ax，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 答案　A 解析　当a≥0时，f′(x)＝3x2＋a≥0，f(x)在R上单调递增，“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎5.函数f(x)＝－(af(b)‎ D.f(a)，f(b)大小关系不能确定 答案　C 解析　因为f′(x)＝－＝，当x<1时有f′(x)<0，故f(x)在x ‎<1时为减函数，从而有f(a)>f(b).‎ ‎6.(2016·全国卷Ⅰ)若函数f(x)＝x－sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)‎ A.[－1,1] B. C. D. 答案　C 解析　解法一：f′(x)＝1－cos2x＋acosx＝1－×(2cos2x－1)＋acosx＝－cos2x＋acosx＋，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立，令cosx＝t，t∈[－1,1]，则－t2＋at＋≥0在[－1,1]上恒成立，即4t2－3at－5≤0在[－1,1]上恒成立，‎ 令g(t)＝4t2－3at－5，则 解得－≤a≤，故选C.‎ 解法二：取a＝－1，则f(x)＝x－sin2x－sinx，f′(x)＝1－cos2x－cosx，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具备在(－∞，＋∞)单调递增的条件，故排除A，B，D.故选C.‎ ‎7.设f(x)，g(x)均是定义在R上的奇函数，当x<0，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且f(－2)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A.(－2,0)∪(2，＋∞) B．(－2,2)‎ C.(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2)‎ 答案　C 解析　令F(x)＝f(x)g(x)，则F′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)，∵当x<0时，f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)>0，∴函数F(x)＝f(x)·g(x)在(－∞，0)上为增函数，‎ ‎∵f(x)，g(x)均为奇函数，∴F(－x)＝f(－x)g(－x)＝f(x)g(x)＝F(x)，即得函数F(x)＝f(x)g(x)为偶函数，又f(－2)＝0，可得f(2)＝0，即F(±2)＝f(±2)·g(±2)＝0，结合上述条件可作出函数F(x)＝f(x)g(x)的草图，由图可得f(x)·g(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，故选C.‎ ‎8.函数f(x)＝1＋x＋cosx在上的单调递增区间是________．‎ 答案　 解析　f′(x)＝－sinx.‎ 由解得00，解得a>－3，‎ 所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞).‎ B组　能力关 ‎1.对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)‎ A.f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)‎ C.f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2f(1)‎ 答案　C 解析　由题意知(x－1)f′(x)≥0，所以或函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递减，f(0)>f(1)；在[1，＋∞)上单调递增，f(2)>f(1)，所以f(0)＋f(2)>2f(1)；若函数y＝f(x)为常数函数，则f(0)＋f(2)＝2f(1)．故选C.‎ ‎2.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　)‎ A.(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)‎ C.(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞)‎ 答案　A 解析　设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，‎ 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex ‎＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，‎ 因为f(x)＋f′(x)>1，‎ 所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0，‎ 所以g(x)＝exf(x)－ex在定义域上单调递增，‎ 因为exf(x)>ex＋3，所以g(x)>3，‎ 又因为g(0)＝e0f(0)－e0＝4－1＝3，‎ 所以g(x)>g(0)，所以x>0.‎ ‎3.(2018·张掖一诊)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上单调递减，则实数a的取值范围是________．‎ 答案　 解析　f′(x)＝x2－ax＋1，∵函数f(x)在区间上单调递减，∴f′(x)≤0在区间上恒成立，‎ ‎∴即解得a≥，‎ ‎∴实数a的取值范围为.‎ ‎4.已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x．‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间．‎ 解　f′(x)＝ax－(2a＋1)＋.‎ ‎(1)因为曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，所以f′(1)＝f′(3)，即a－(2a＋1)＋2＝3a－(2a＋1)＋，解得a＝.‎ ‎(2)f′(x)＝ax－(2a＋1)＋＝ ‎＝，‎ 若a≤0，当x∈(0,2)时，f′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．‎ 若00；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(0,2)，上单调递增，在上单调递减．‎ 若a>，当x∈或x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)在，(2，＋∞)上单调递增，在上单调递减；‎ 若a＝，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.‎