2020届高考数学总复习课时跟踪练（十四）导数与函数的单调性（基础课）文（含解析）新人教A版

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1、课时跟踪练(十四)A组　基础巩固1．函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是(　　)A．先增后减B．先减后增C．单调递增D．单调递减解析：易知f′(x)＝－sinx－1，x∈(0，π)，所以f′(x)<0，则f(x)＝cosx－x在(0，π)上单调递减．答案：D2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　)解析：由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足．答案：D3．(

2、2019·龙泉二中月考)若函数f(x)＝x3－12x在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是(　　)A．k≤－3或－1≤k≤1或k≥3B．不存在这样的实数kC．－2

3、ef(b)B．f(a)＝f(b)C．f(a)1解析：f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，所以f(a)>f(b)．答案：A5．(2019·保定一中模拟)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：由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(

4、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．又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.答案：B6．(2017·山东卷)若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是(　　)A．f(x)＝2－xB．f(x)＝x2C．f(x)＝3－xD．f(x)＝cosx解析：若f(x)具有性质M，则[exf(x)]′＝ex[f(

5、x)＋f′(x)]>0在f(x)的定义域上恒成立，即f(x)＋f′(x)>0在f(x)的定义域上恒成立．对于选项A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x(1－ln2)>0，符合题意．经验证，选项B，C，D均不符合题意．故选A.答案：A7．已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数，f(1)＝，对任意实数都有f(x)－f′(x)>0，设F(x)＝，则不等式F(x)<的解集为(　　)A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(1，e)D．(e，＋∞)解析：F′(x)＝＝，又f(x)－f′(x)>0，知F′(x)<0.所以F(x)在定义

6、域R上单调递减．由F(x)<＝F(1)，得x>1.所以不等式F(x)<的解集为(1，＋∞)．答案：B8．函数f(x)＝x2－2lnx的单调递减区间是________．解析：因为f′(x)＝2x－＝(x>0)，所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，因此f(x)的单调递减区间是(0，1)．答案：(0，1)9．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，需满足a≠0

7、，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．答案：(－3，0)∪(0，＋∞)10．(2019·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．解析：设F(x)＝f(x)－x，所以F′(x)＝f′(x)－，因为f′(x)<，所以F′(x)＝f′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减．因为f(x2)<＋，所以f(x2)－1，解得x<

8、－1或x>1，即不等式的解集为{x

9、x<－1或x>1}．答案：{x

10、x<－1或x>1}11．讨论函数f(x)＝(a－1)lnx＋ax2＋1的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋2ax＝