《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 3-3課時(shí)作業(yè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 3-3課時(shí)作業(yè)（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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)．