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2015届高考数学(人教版理科)一轮总复习课时规范练:第三章 3-2 导数的应用(一)——单调性 word版含解析


课时规范练(十六) 4 1.当 x>0 时,f(x)=x+ x的单调减区间是( A.(2,+∞) C.( 2,+∞) 答案 解析 B 4 f′(x)=1-x2,令 f′(x)<0, B.(0,2) D.(0, 2) ) 4 ? ?1- 2<0, x ∴? ? ?x>0, ∴0<x<2. ∴f(x)的减区间为(0,2). 2.函数 f(x)=lnx-ax(a>0)的单调递增区间为( 1 A.(0,a) 1 C.(-∞,a) 答案 解析 A 1 1 由 f′(x)= x-a>0,得 0<x<a. 1 B.(a,+∞) D.(-∞,a) ) 1 ∴f(x)的单调递增区间为(0,a). 3.(2013· 浙江)已知函数 y=f(x)的图像是下列四个图像之一,且其导函数 y =f′(x)的图像如图所示,则该函数的图像是( ) 答案 解析 B 由函数 f(x)的导函数 y=f′(x)的图像自左至右是先上升后下降,可知 函数 y=f(x)图像的切线的斜率自左向右先增大后减小,故选 B. 4.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 -1)f′(x)<0,设 a=f(0),b=f(2),c=f(3),则( A.a<b<c C.c<b<a 答案 解析 B 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). B.c<a<b D.b<c<a ) 又 x∈(-∞,1)时,(x-1)f′(x)<0,可知 f′(x)>0. 1 即 f(x)在(-∞,1)上单调递增,f(-1)<f(0)<f(2),即 c<a<b. 5.若函数 f(x)=x+asinx 在 R 上递增,则实数 a 的取值范围为( A.(-∞,0) C.[-1,1] 答案 解析 C ∵f′(x)=1+acosx,∴要使函数 f(x)=x+asinx B.(0,+∞) D.(1,2) ) 在 R 上递增,则 1+acosx≥0 对任意实数 x 都成立. ∵-1≤cosx≤1, ①当 a>0 时,-a≤acosx≤a,∴-a≥-1,∴0<a≤1; ②当 a=0 时适合; ③当 a<0 时,a≤acosx≤-a,∴a≥-1,∴-1≤a<0. 综上,-1≤a≤1. 6.(2012· 福建)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0. 现给出如下结论,其中正确的是( ①f(0)f(1)>0; ③f(0)f(3)>0; A.①③ C.②③ 答案 解析 C ∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), ②f(0)f(1)<0; ④f(0)f(3)<0. B.①④ D.②④ ) 令 f′(x)=0, 得 x=1 或 x=3.依题意有, 函数 f(x)=x3-6x2+9x-abc 的图像与 x 轴有三个不同的交点, 故 f(1)f(3)<0, 即(1-6+9-abc)(33-6×32+9×3-abc)<0. ∴0<abc<4,∴f(0)=-abc<0,f(1)=4-abc>0,f(3)=-abc<0,故②③是对 的,应选 C. 7.f(x)为定义在 R 上的可导函数,且 f′(x)>f(x),对任意正实数 a,则下列 式子成立的是( A.f(a)<eaf(0) f?0? C.f(a)< ea 答案 解析 B f?x? 令 g(x)= ex , f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x

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