新课标2020高考数学大一轮复习第三章导数及其应用题组层级快练16导数的应用一--单调性文含解析.doc

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1、题组层级快练(十六)1．当x>0时，f(x)＝x＋的单调减区间是(　　)A．(2，＋∞)　　　　　　B．(0，2)C．(，＋∞)D．(0，)答案　B解析　f′(x)＝1－＝<0，又∵x>0，∴x∈(0，2)，∴选B.2．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)A．(－∞，2)B．(0，3)C．(1，4)D．(2，＋∞)答案　D解析　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，故选D.3．函数y＝xcosx－sinx在下面哪个区间上是

2、增函数(　　)A．(，)B．(π，2π)C．(，)D．(2π，3π)答案　B解析　方法一：(分析法)计算函数在各个端点处的函数值，有下表：xπ2π3πy－1－π12π－1－3π由表中数据大小变化易得结论B项．方法二：(求导法)由y′＝－xsinx>0，则sinx<0，只有B项符合，故选B项．4．函数f(x)＝lnx－ax(a>0)的单调递增区间为(　　)A．(0，)B．(，＋∞)C．(－∞，)D．(－∞，a)答案　A解析　由f′(x)＝－a>0，得0

3、在R上可导的函数f(x)的图像如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(　　)A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)答案　A解析　在(－∞，－1)和(1，＋∞)上，f(x)递增，所以f′(x)>0，使xf′(x)<0的范围为(－∞，－1)；在(－1，1)上，f(x)递减，所以f′(x)<0，使xf′(x)<0的范围为(0，1)．综上，关于x的不等式xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．6．若

4、函数y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)，则a的取值范围是(　　)A．a>0B．－1＜a＜0C．a>1D．0＜a＜1答案　A解析　y′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0，得－＜x＜.∴f(x)＝x3－x在(－，)上为减函数．又y＝a(x3－x)的递减区间为(－，)．∴a>0.7．如果函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，那么函数f(x)的图像最有可能的是(　　)答案　A8．(2019·四川双流中学)若f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)A．(－

5、∞，3]B．[，＋∞)C．(3，)D．(0，3)答案　B解析　因为函数f(x)＝x3－ax2＋1在(1，3)上单调递减，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥x在(1，3)上恒成立．因为<，所以a≥.故选B.9．(2019·合肥一中模拟)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，则(　　)A．a

6、＝f(2－x)可得对称轴为x＝1，故f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝f(－1)．又x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，可知f′(x)>0.即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)

7、案　C解析　因为函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x0－2)(x02－1)(x－x0)，所以函数f(x)的图像在点(x0，y0)处的切线的斜率k＝(x0－2)(x02－1)，函数f(x)的导函数为f′(x)＝(x－2)(x2－1)．由f′(x)＝(x－2)(x2－1)<0，得x<－1或1

8、．答案　(0，)解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，再由f′(x)＝－x－1>0得可解00解析　y′＝－x2＋a，y＝－x3＋ax有三个单调区间，则方程－x2＋a＝0应有两个不等实根，故a>0.13．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的单调递减区间是(0，4)．(1)实数k的值为________；(2)若在(0，4)上为减函数，则实数k的取值范围是_