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1、課時作業(yè)(十三)
一、選擇題
1．函數(shù)y＝x3－3x的單調(diào)遞減區(qū)間是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－1,1) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)
答案 C
解析 ∵y′＝3x2－3，∴由3x2－3<0得－1
2、得：當f′(x)>0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時由不等式f′(x)＝(x－2)·ex>0解得：x>2.
3．函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A．(0，) B．(，＋∞)
C．(－∞，) D．(－∞，a)
答案 A
解析 由f′(x)＝－a>0
得0
3、大而增大，觀察四個選項中的圖象，只有A滿足，故選A.
5．已知函數(shù)f(x)(x∈R)的圖象上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，那么函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]
C．(－∞，－1)和(1,2) D．[2，＋∞)
答案 C
解析 根據(jù)函數(shù)f(x)(x∈R)的圖象上任一點(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝(x0－2)(x－1)(x－x0)，可知其導數(shù)f′(x)＝(x－2)(x2－1)＝(x＋1)(x－1)(x－2)，令f′(x)<0得x<－1或1
4、－1)和(1,2)．
6．設f(x)、g(x)在[a，b]上可導，且f′(x)>g′(x)，則當ag(x)
B．f(x)g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)
答案 C
解析 ∵f′(x)>g′(x)，∴[f(x)－g(x)]′>0，
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函數(shù)．
∴f(a)－g(a)g(x)＋f(a)．
7．設f(x)、g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x＜0時，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x
5、)＞0，且f(－3)·g(－3)＝0，則不等式f(x)·g(x)＜0的解集是( )
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
答案 D
解析 f(x)、g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)
∴f(x)·g(x)為奇函數(shù)
x＜0時，f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0
即x＜0時，[f(x)·g(x)]′＞0
∴f(x)·g(x)為增函數(shù)，且f(－3)·g(－3)＝0
根據(jù)函數(shù)性質(zhì)可知，f(x)·g(x)＜0的解集為
(－∞，－3)∪(0,3)
8．(2020·東北三
6、校)函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導，若f(x)＝f(2－x)，且當x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)<0，設a＝f(0)，b＝f()，c＝f(3)，則( )
A．a(chǎn)0，
即f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，f(－1)
7、__．
答案 (，)
解析 ∵y′＝1－2cosx，∴由
即得2
解析 假設y＝x3＋bx2＋(b＋2)x＋3在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，則f′(x)＝y(tǒng)′≥0恒成立．
即x2＋2bx＋b＋2≥0恒成立，所以Δ＝4b2－4(b＋2)≤0成立，解得－1≤b≤2，故所求為b>2或b<－1.
11．函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)＝2，f′(x)>1，則不等式f(x)－x>0的解集為_____
8、___
答案 (2，＋∞)
解析 令g(x)＝f(x)－x
∴g′(x)＝f′(x)－1
由題意知g′(x)>0，∴g(x)為增函數(shù)
∵g(2)＝f(2)－2＝0
∴g(x)>0的解集為(2，＋∞)．
12．(2020·寧波十校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝xsinx，x∈R，f(－4)，f()，f(－)的大小關系為______(用“<”連接)．
答案 f()
9、函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，
∴f()0；當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上單調(diào)遞增，在[－1,0]上單調(diào)遞減．
14．(2020·湖南卷，文)已知函數(shù)f(x)＝＋x＋(a－1)ln x＋15a，其中a<0，且a≠－1.討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．
解析 f(x)的定義域為(0，
10、＋∞)．
f′(x)＝－＋1＋＝.
①若－10；當－a1時，f′(x)>0，故f(x)分別在(0，－a)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－a,1)上單調(diào)遞減．
②若a<－1，同①可得f(x)分別在(0,1)，(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，－a)上單調(diào)遞減．
15．已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的單調(diào)增區(qū)間；
(2)若f(x)在定義域R內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(3)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．
11、解析 f′(x)＝ex－a.
(1)若a≤0，f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即f(x)在R上遞增．
若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥lna.
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，＋∞)．
(2)∵f(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增，∴f′(x)≥0在R上恒成立，
∴ex－a≥0，即a≤ex在R上恒成立，
∴a≤(ex)min.又∵ex>0，∴a≤0.
(3)由題意知ex－a≤0在(－∞，0]上恒成立，
∴a≥ex在(－∞，0]上恒成立．
∵ex在(－∞，0]上為增函數(shù)，
∴x＝0時，ex最大為1，∴a≥1.
同理可知ex－a≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤ex在[0，
12、＋∞)上恒成立，∴a≤1.
綜上可知：a＝1即存在a＝1滿足條件．
16．(2020·北京卷，理)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)．
(1)當k＝2時，求曲線 y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．
解析 (1)當k＝2時，f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，f′(x)＝－1＋2x.
由于f(1)＝ln 2，f′(1)＝，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－ln 2＝(x－1)，即3x－2y＋2ln 2－3＝0.
(2)f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．
當k＝0時，f′(x)＝－.
所以，在區(qū)間
13、(－1,0)上，f′(x)>0；在區(qū)間(0，＋∞)上，f′(x)<0.
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)．
當00.
所以，在區(qū)間(－1,0)和(，＋∞)上，f′(x)>0；
在區(qū)間(0，)上，
f′(x)<0；
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,0)和(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)．
當k＝1時，f′(x)＝.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，＋∞)．
當k＞1時，由f′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1,0)，x2＝0.
所以，在區(qū)間(－1，)和(0，＋∞)上，f′(x)＞0；在區(qū)間(，0)上，f′(x)＜0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，)和(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(，0)．
2020年高考數(shù)學一輪復習 3-3課時作業(yè)
