课时作业(十四) 导数与函数的单调性（微练）-2022高考理科数学【赢在微点】大一轮复习顶层设计 配套word

课时作业(十四)　导数与函数的单调性 　基础过关组　 一、选择题 1．函数f(x)＝x＋＋2ln x的单调递减区间是(　　) A．(－3,1) B．(0,1) C．(－1,3) D．(0,3) 解析　解法一：令f′(x)＝1－<0，得0<x<1，故所求函数的单调递减区间为(0,1)。故选B。 ＋ 解法二：由题意知x>0，故排除A，C选项；又f(1)＝4<f(2)＝＋2ln 2，故排除D选项。故选B。 答案　B 2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　) A．f(x)＝sin 2x B．g(x)＝x3－x C．h(x)＝xex D．m(x)＝－x＋ln x 解析　显然f(x)＝sin 2x在(0，＋∞)上不是增函数，不符合题意。由g′(x)＝3x2－1<0，得－)上单调递减，不符合题意。 <0，得x>1，所以m(x)＝－x＋ln x在(1，上单调递减，不符合题意。因为h′(x)＝(x＋1)·ex，所以当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，符合题意。由m′(x)＝－1＋，所以g(x)＝x3－x在<x< 答案　C 3．函数f(x)＝ln x－ax(a>0)的单调递增区间为(　　) A． B． C． D．(－∞，a) 解析　由f′(x)＝。 。所以f(x)的单调递增区间为－a>0，得0<x< 答案　A 4．(2021·昆明市诊断测试)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) 解析　解法一：因为在(－3，－1)和(0,1)上f′(x)>0，在(－1,0)和(1,3)上f′(x)<0，所以函数f(x)在(－3，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)，(1,3)上单调递减，观察各选项知，只有D符合题意。故选D。 解法二：由题图知，y＝f′(x)在x＝－1的左侧大于0、右侧小于0，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，观察各选项知，只有D符合题意。故选D。 答案　D 5．已知函数f(x)＝x3＋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 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。故选A。 答案　A 6．已知函数f(x)＝x2＋，若函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，8) B．(－∞，16] C．(－∞，－8)∪(8，＋∞) D．(－∞，－16]∪[16，＋∞) 解析　因为f(x)＝x2＋)上恒成立，则a≤2x3在[2，＋∞)上恒成立，所以a≤16。故选B。 ≥0在[2，＝在[2，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝2x－ 答案　B 7．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<b<c B．c<a<b C．c<b<a D．b<c<a 解析　由f(x)＝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)<f(0)<f，即c<a<b。 答案　B 8．(2021·河北省九校联考)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导数，当x>0时，f′(x)ln x<－f(x)，则使得(x2－1)f(x)>0成立的x的取值范围是(　　) A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) 解析　因为当x>0时，f′(x)ln x<－得x<－1或0<x<1。故选D。 或f(x)，令x＝1，得0<－f(1)，所以f(1)<0。综上可知，当x>0时，f(x)<0。又f(x)是奇函数，所以当x<0时，f(x)>0，当x＝0时，f(0)＝0。则不等式(x2－1)f(x)>0转化为f(x)<0在x>0时恒成立，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)>0，又ln x<0，所以f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，又ln x>0，所以f(x)<0。由f′(x)ln x<－f(x)<0，令g(x)＝f(x)ln x，则g′(x)＝f′(x)ln x＋·f(x)，所以f′(x)ln x＋ 答案　D 二、填空题 9．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为________。 解析　由题意知，函数f