2020版高考数学第二章函数、导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课时达标文新人教A版

2020版高考数学第二章函数、导数及其应用第14讲导数与函数的单调性课时达标文新人教A版

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1、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)=x3+

2、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)=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y′=g′(x)lnf(x)+g(x)f′(x),于是得到y′=f(x)g(x),运用此方法求得函数y=x的

3、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′=x·=x·(x>0),令y′>0,得1-lnx>0,所以0<x<e,所以函数y=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

4、f(2a)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12,所以f(log2a)

5、 )A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-2,+∞)D.(4,+∞)A 解析令F(x)=,则F′(x)=<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)==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.D.C 解析由题意得f′(x)=4x-=,因为x>

6、0,由f′(x)=0得x=,所以令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得0

7、析因为f(x)=xn2-3n(n∈Z)是偶函数,所以n2-3n=2k(k∈Z),即f(x)=x2k,所以f′(x)=2kx2k-1.因为f(x)是偶函数且在(0,+∞)上是减函数,所以在(0,+∞)上f′(x)=2kx2k-1<0恒成立.因为x2k-1>0,所以2k<0,即n2-3n<0,解得00,

8、函数f(x)在(1,+∞)上是减函数,即-x2+b≤0在x∈(1,+∞)上恒成立,得b≤x2在x∈(1,+∞)上恒成立,令g(x)=x2,x∈(1,+∞),则g(x)>g(1)=1,所以b≤1,则b的最大值为1.答案1三、解答题10.已知函数f(x)=(k为常数,e是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值;(2)求f(x)

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