2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 3-3課時(shí)作業(yè)

上傳人:艷*** 文檔編號(hào):110340180 上傳時(shí)間:2022-06-18 格式:DOC 頁(yè)數(shù):6 大小:133.50KB
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1、課時(shí)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(dāng)f′(x)>0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,此時(shí)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(gè)選項(xiàng)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(diǎn)(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(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為y-y0=(x0-2)(x-1)(x-x0),可知其導(dǎo)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(shè)f(x)、g(x)在[a,b]上可導(dǎo),且f′(x)>g′(x),則當(dāng)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(shè)f(x)、g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x<0時(shí),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(shí),f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0 即x<0時(shí),[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(dǎo),若f(x)=f(2-x),且當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),(x-1)f′(x)<0,設(shè)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(shè)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?yàn)镽,且滿足f(2)=2,f′(x)>1,則不等式f(x)-x>0的解集為_(kāi)____

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(guān)系為_(kāi)_____(用“<”連接). 答案 f()

9、函數(shù)f(x)為偶函數(shù), ∴f()0;當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f′(x)<0;當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),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?yàn)?0,

10、+∞). f′(x)=-+1+=. ①若-10;當(dāng)-a1時(shí),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(shuō)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(shí),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(dāng)k=2時(shí),求曲線 y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 解析 (1)當(dāng)k=2時(shí),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(diǎn)(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(dāng)k=0時(shí),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(dāng)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(dāng)k=1時(shí),f′(x)=.故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1,+∞). 當(dāng)k>1時(shí),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).

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