人教B版 (2019)选择性必修第三册6.2.1导数与函数的单调性习题

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这是一份人教B版 (2019)选择性必修第三册6.2.1导数与函数的单调性习题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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一、选择题
1．函数y＝x＋xln x的单调递减区间是( )
A．(－∞，e－2) B．(0，e－2)
C．(e－2，＋∞)D．(e2，＋∞)
B [因为y＝x＋xln x，所以定义域为(0，＋∞)．
令y′＝2＋ln x<0，解得0即函数y＝x＋xln x的单调递减区间是(0，e－2)，
故选B．]
2．如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图像，则下面判断正确的是( )
A．在区间(－2，1)上f(x)是增函数
B．在区间(1，3)上f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上f(x)是增函数
D．在区间(3，5)上f(x)是增函数
C [由导函数f′(x)的图像知在区间(4，5)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(4，5)上单调递增．故选C．]
3．若函数f(x)＝ax3－x在R上是减函数，则( )
A．a≤0B．a<1
C．a<2D．a≤eq \f(1,3)
A [f′(x)＝3ax2－1．因为函数f(x)在R上是减函数，所以f′(x)＝3ax2－1≤0恒成立，所以a≤0．故选A．]
4．已知函数f(x)＝eq \r(x)＋ln x，则有( )
A．f(2)＜f(e)＜f(3)B．f(e)＜f(2)＜f(3)
C．f(3)＜f(e)＜f(2)D．f(e)＜f(3)＜f(2)
A [因为在定义域(0，＋∞)上，f′(x)＝eq \f(1,2\r(x))＋eq \f(1,x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以有f(2)＜f(e)＜f(3)．故选A．]
5．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2．则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1，1)B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)
B [构造函数g(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则g(－1)＝2－(－2＋4)＝0，又f′(x)>2．
∴g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)是R上的增函数．
∴f(x)>2x＋4⇔g(x)>0⇔g(x)>g(－1)，
∴x>－1．]
二、填空题
6．函数y＝eq \f(1,3)x3－ax2＋x－2a在R上不是单调函数，则a的取值范围是________．
(－∞，－1)∪(1，＋∞) [y′＝x2－2ax＋1有两个不相等零点，得Δ＝(－2a)2－4>0，得a2>1，解得a<－1或a>1．]
7．若函数y＝－eq \f(4,3)x3＋bx有三个单调区间，则b的取值范围是__________．
(0，＋∞) [若函数y＝－eq \f(4,3)x3＋bx有三个单调区间，则y′＝－4x2＋b＝0有两个不相等的实数根，所以b>0．]
8．若函数f(x)＝(－x2＋ax)ex在区间(－1，1)上存在减区间，则实数a的取值范围是__________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) [f(x)＝(－x2＋ax)ex，则f′(x)＝ex[－x2＋ax－2x＋a]，
函数f(x)＝(－x2＋ax)ex在区间(－1，1)上存在减区间，
只需－x2＋ax＋a－2x≤0在区间(－1，1)上有解，
记g(x)＝－x2＋(a－2)x＋a，对称轴x＝eq \f(a－2,2)，开口向下，
g(－1)＝－1－(a－2)＋a＝1>0，只需g(1)<0，
所以－1＋a－2＋a<0，解得a三、解答题
9．设f(x)＝eq \f(ex,1＋ax2)，其中a为正实数．若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
[解] f′(x)＝eq \f(ex(1＋ax2－2ax),(1＋ax2)2)．
若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)≥0或f′(x)≤0在R上恒成立．
又a>0，所以ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立．所以对于方程ax2－2ax＋1＝0，有Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，解得0所以a的取值范围为(0，1]．
10．试求函数f(x)＝kx－ln x的单调区间．
[解] 函数f(x)＝kx－ln x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝k－eq \f(1,x)＝eq \f(kx－1,x)．
当k≤0时，kx－1＜0，
∴f′(x)＜0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当k＞0时，由f′(x)＜0，
即eq \f(kx－1,x)＜0，解得0＜x＜eq \f(1,k)；
由f′(x)＞0，即eq \f(kx－1,x)＞0，解得x＞eq \f(1,k)．
∴当k＞0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))．
综上所述，当k≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当k＞0时，f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,k)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，＋∞))．
1．(多选题)设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当aA．f(x)g(x)>f(b)g(b)
B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(b)>f(b)g(x)
D．f(a)g(b)>f(b)g(a)
CD [因为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f(x),g(x))))′＝eq \f(f′(x)g(x)－f(x)g′(x),g2(x))．又因为f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，所以eq \f(f(x),g(x))在R上为减函数．又因为aeq \f(f(x),g(x))>eq \f(f(b),g(b))，又因为f(x)>0，g(x)>0，所以f(x)g(b)>f(b)g(x)，f(a)·g(b)>g(a)f(b)．故选CD．]
2．如果对定义在R上的偶函数f(x)，满足对于任意两个不相等的正实数x1，x2，都有eq \f(x1f(x1)－x2f(x2),x1－x2)>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”，下列函数为“F函数”的是( )
A．f(x)＝e－|x|
B．f(x)＝ln|x|
C．f(x)＝x2
D．f(x)＝x|x|
C [设x1>x2>0，则x1－x2>0，所以由eq \f(x1f(x1)－x2f(x2),x1－x2)>0可得x1f(x1)－x2f(x2)>0，
即H(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递增．
A中，f(x)为偶函数，H(x)＝xf(x)＝xe－|x|＝xe－x，H′(x)＝e－x－xe－x＝(1－x) e－x，
当x>1时，H′(x)<0，不满足函数为(0，＋∞)上的增函数，故A不正确；
B中，f(x)为偶函数，H(x)＝xf(x)＝xln x，H′(x)＝1＋ln x，
当0C中，f(x)为偶函数，H(x)＝xf(x)＝x3，H′(x)＝3x2≥0恒成立，满足函数为(0，＋∞)上的增函数，故C正确；
D中，f(－x)＝－x|x|＝－f(x)，函数不是偶函数，故D错误．故选C．]
3．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围为________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) [f′(x)＝3x2＋2x＋m，由于f(x)是R上的单调函数，
所以f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．
由于导函数的二次项系数3>0，所以只能有f′(x)≥0恒成立．
法一：由上述讨论可知要使f′(x)≥0恒成立，只需使方程3x2＋2x＋m＝0的判别式Δ＝4－12m≤0，故m≥eq \f(1,3)．
经检验，当m＝eq \f(1,3)时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．
所以实数m的取值范围是m≥eq \f(1,3)．
法二：3x2＋2x＋m≥0恒成立，即m≥－3x2－2x恒成立．
设g(x)＝－3x2－2x＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)，易知函数g(x)在R上的最大值为eq \f(1,3)，
所以m≥eq \f(1,3)．
经检验，当m＝eq \f(1,3)时，只有个别点使f′(x)＝0，符合题意．
所以实数m的取值范围是m≥eq \f(1,3)．]
4．函数f(x)＝eq \f(1＋ln x,x)的单调递增区间是________，曲线f(x)在点(1，1)处的切线方程是________．
(0，1) y＝1 [f′(x)＝－eq \f(ln x,x2)(x>0)，
令f′(x)>0得0故函数f(x)的单调递增区间是(0，1)．
又f′(1)＝0，故f(x)在(1，1)处的切线方程为y＝1．]
设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
[解] (1)∵f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0，
∴f′(x)＝eq \f(a2,x)－2x＋a
＝－eq \f((x－a)(2x＋a),x)，
由于a>0，∴f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)．
(2)由题意得，f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e，
由(1)知f(x)在[1，e]上单调递增，
要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立，
只要eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝a－1≥e－1，,f(e)＝a2－e2＋ae≤e2，))
解得a＝e．

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