2018年高考数学理一轮复习课时训练第二章基本初等函数导数及其应用13份打包

A 基础演函数f(x)＝x2－2lnx的单调减区间是( x解析：x

x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)当函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( 解析：C.∵f′(x)＝3x2－6xf′(x)＝0x＝0若函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x) D；从适合f′(x)＝0的点可以排除B.下面为函数y＝xsinx＋cosx的递增区间的是

解析：C.y′＝(xsinx＋cosx)′＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx 2xcosx＞0.围是

2－9lnx在区间[a－1，a＋1]a 解析：

2－9ln

当

9＋x的单调减区间 解析：f′(x)＝1－x2＝x2f′(x)＜0，解得－3＜x＜00＜x＜3，答案：(－3,0)和(1＋∞) 则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，a≥－3x2在(1，＋∞)若

2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)b 解析：f′(x)＝－x＋b≤0在[－1，＋∞)b≤x(x＋2)在1，＋∞)g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1，所以g(x)min＝－1，b的取值范围是1＋ln已知函数f(x)＝ 1＋ln解 ，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－f′(x)＝0k＞00＜x＜1f′(x)＞0；若x＞1，则f′(x)＜0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得k＜00＜x＜1f′(x)＜0；若x＞1，则f′(x)＞0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得

ln

a解：(1)f(x)f′(x)＝1－a－1f(x)在点(1，f(1))

2xf′(1)＝－4－a＝－2 5

(2)由(1)f(x)＝4＋4x－lnx－2f′(x)＝0x＝－1

x＝－1f(x)的定义域(0，＋∞)当x∈(0,5)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)＞0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值＝－lnB 能力突已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( 选，令，得2f′(x)，f(x)xx2＋0-0＋f(x)x＝2a＝2. 数k的取值范围为(

解析：选 (x＞0)．设g(x)＝x则 ，则g(x)在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增

y＝k∞k≤e

＝x已知函数f(x)＝x2＋2，则下列选项正确的是

1

1 解析：选A.由 x

＝0x＝－2x＝1 ＜－2时，f′(x)＜0，当－2＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，故2＝－2f(x)f(－2)＝－1，x＝1f(x)2已知函数

1＝－2x＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t 解析：由题意知 f′(x)＝0f(x)1,3，则只要这两个极值点有一个在区间f(x)在区间[t，t＋1]t＜1＜t＋1t＜3＜t＋10＜t＜1af(x)在(－2,3)a的取值范围，若不a≤0f′(x)＝ex－a≥0，即f(x)在R上单调递增，a＞0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥lna≤0时，f(x)a＞0时，f(x)的单调增区间是[ln∵f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)∴a≥exx∈(－2,3)，只需当a＝e3时