高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题，共6页。

1．已知f′(x)是f(x)的导函数，若f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )
2．若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，则函数f′(x)的图象是( )
3．已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
4．函数f(x)＝2x＋cs x在(－∞，＋∞)上是( )
A．增函数 B．减函数
C．选增后减 D．不确定
5．设f(x)＝x－sin x，则f(x)( )
A．既是奇函数又是减函数
B．既是奇函数又是增函数
C．是有零点的减函数
D．是没有零点的奇函数
6．判断下列函数的单调性
(1)f(x)＝3x2－2ln x；
(2)f(x)＝x2·e－x.
[提能力]
7．函数y＝eq \f(x＋1,ex)的图象大致为( )
8．(多选题)已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)则( )
A．f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减
B．f(x)在(0,2)上单调递增
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性．
[战疑难]
10．(多选题)若函数exf(x)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的函数是( )
A．f(x)＝2－x B．f(x)＝3－x
C．f(x)＝x3 D．f(x)＝x2＋2
课时作业(十七) 函数的单调性与导数
1．解析：由导函数的图象可知，当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数；当0x1时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数，观察选项易知C正确，故选C.
答案：C
2．解析：f′(x)＝2x＋b，
因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，所以x＝－eq \f(b,2×1)>0，所以b<0，故选A.
答案：A
3．解析：方法一 由函数y＝ f(x)的导函数y＝f′(x)的图象自左到右先增后减，可知函数y＝f(x)图象的切线的斜率自左到右先增大后减小．
方法二 由于f′(x)>0恒成立，则根据导数符号和函数单调性的关系可知，f(x)单调递增，即图象从左至右上升．四个图象都满足．
由于当x>0时，f′(x)>0且越来越小，则函数值增加得越来越慢，图象呈现上凸状；当x<0时，f′(x)>0且越来越大，故函数值增加得越来越快，图象呈现下凸状，可以判断B正确．
答案：B
4．解析：∵f(x)＝2x＋cs x
∴f′(x)＝2－sin x
∵sin x∈[－1,1]
∴f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立．
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故选A.
答案：A
5．解析：由题意知f(0)＝0，f(x)的定义域为R
∵f(－x)＝－x－sin(－x)＝－(x－sin x)＝－f(x)
∴f(x)是奇函数
又f′(x)＝1－cs x≥0
∴f(x)是增函数
故选B.
答案：B
6．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)
f′(x)＝6x－eq \f(2,x)
令f′(x)>0得x>eq \f(\r(3),3)
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上是单调增函数
令f′(x)<0得0所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))上是单调减函数．
(2)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)
f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2)
令f′(x)>0得0所以函数f(x)在(0,2)上单调递增；
令f′(x)<0得x<0或x>2
所以函数f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减．
7．解析：y′＝eq \f(－x,ex)
当x<0时，函数是增函数
当x>0时，函数是减函数
只有选项C满足．
答案：C
8．解析：由题易知，f(x)＝ln x＋ln (2－x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x－2)＝eq \f(2x－1,xx－2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′x>0,0所以函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以A正确，B不正确．
又f(eq \f(1,2))＝ln eq \f(1,2)＋ln (2－eq \f(1,2))＝ln eq \f(3,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝ln eq \f(3,2)＋ln(2－eq \f(3,2))＝ln eq \f(3,4)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝ln eq \f(3,4)，所以C正确，D不正确，故选AC.
答案：AC
9．解析：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(2a,3).
①当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)，则f′(x)>0，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))，则f′(x)<0，
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；
③当a<0时，若x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))，则f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．
综上，当a＝0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在(－eq \f(2a,3)，0)上单调递减；
当a<0时，函数f(x)在(－∞，0)，(－eq \f(2a,3)，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．
10．解析：对于A，exf(x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))x，在R上为增函数，故A符合要求；
对于B，exf(x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))x，在R上为减函数，故B不符合要求；
对于C，exf(x)＝ex·x3，故[exf(x)]′＝(ex·x3)′＝ex·(x3＋3x2)，显然函数exf(x)＝ex·x3在R上不单调，故C不符合要求；
对于D，exf(x)＝ex·(x2＋2)，故[exf(x)]′＝[ex·(x2＋2)]′＝ex·(x2＋2x＋2)＝ex·[(x＋1)]2＋1]>0，故函数exf(x)＝ex·(x2＋2)在R上为增函数，故D符合要求，故选AD.
答案：AD