高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册5 简单复合函数的求导法则课时练习

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册5 简单复合函数的求导法则课时练习，共7页。

1．函数f(x)＝－x3＋4x2－4x的单调增区间是( )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(2,3))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(2,3)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，2))
2．若函数f(x)＝ax3－x在R上是减函数，则( )
A.a≤0 B．a<1
C.a<2 D．a≤ eq \f(1,3)
3．当0A.f2(x)B.f(x2)C.f(x)D.f(x2)4．已知函数f(x)＝x－ eq \f(k,x)－2ln x在(0，＋∞)上是单调递增函数，则实数k的取值范围是( )
A.k>0 B．k>1
C.k≥0 D．k≥1
5．已知可导函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，且f(0)＝2 021，则不等式f(x)－2 020ex<1的解集为( )
A.(－∞，e) B．(－∞，2 021)
C.(0，＋∞) D．(2 020，＋∞)
6．(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，f′(x)为f(x)的导函数，已知y＝f′(x)的图象如图所示，则以下说法正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于x＝1对称
B.函数y＝f(x)在区间(－∞，＋∞)上为单调递增函数
C.函数f(x)在x＝－1处的切线的倾斜角大于 eq \f(π,4)
D.关于x的不等式f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)
7．已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是________．
8．已知函数f(x)＝x3＋x－sin x，若f(2x)＋f(x2－3)>0，则实数x的取值范围为________．
9．求f(x)＝3x2－2ln x函数的单调区间．
10．已知函数f(x)＝x2－4x＋5－ eq \f(a,ex)(a∈R).若f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，求a的取值范围．
[提能力]
11．设函数f(x)＝a ln x＋bx2，若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，则函数y＝f(x)的增区间为( )
A.(0，1) B．(0， eq \f(\r(2),2))
C.( eq \f(\r(2),2)，＋∞) D．( eq \f(\r(2),2)，1)
12．(多选题)已知定义在[0， eq \f(π,2))上的函数f(x)的导函数f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，则下列判断正确的是( )
A.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))< eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))> eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))
C.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))> eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))) D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))< eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
13．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________．
14．已知函数f(x)＝kx3＋3(k－1)x2－k2＋1(k>0)的单调递减区间是(0，4).
(1)实数k的值为____________；
(2)若在(0，4)上为减函数，则实数k的取值范围是________．
15．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．
[培优生]
16．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－ax＋a(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；
(2)若存在x0∈(1，＋∞)，使得不等式f(x0)<0成立，求a的取值范围．
课时作业(二十) 函数单调性的应用
1．解析：由f(x)＝－x3＋4x2－4x得f′(x)＝－3x2＋8x－4，
由f′(x)＝－3x2＋8x－4>0得3x2－8x＋4<0，解得 eq \f(2,3)因此函数f(x)＝－x3＋4x2－4x的单调增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2)).
故选C.
答案：C
2．解析：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.
答案：A
3．解析：根据0当00，从而可得f′(x)>0，所以函数f(x)在(0，1)内单调递增，
所以f(x2)而f2(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x2))) eq \s\up12(2)>0，所以有f(x2)故选D.
答案：D
4．解析：因为函数f(x)＝x－ eq \f(k,x)－2ln x在(0，＋∞)上是单调递增函数，
所以f′(x)＝1＋ eq \f(k,x2)－ eq \f(2,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以k≥－x2＋2x，因为－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，
所以k≥1.
故选D.
答案：D
5．解析：构造函数g(x)＝ eq \f(f（x）－1,ex)，则g′(x)＝ eq \f(f′（x）－f（x）＋1,ex)<0，
∴函数g(x)在R上单调递减，∵f(0)＝2 021，∴g(0)＝ eq \f(f（0）－1,e0)＝2 020，
由f(x)－2 020ex<1得 eq \f(f（x）－1,ex)<2 020，∴g(x)∵函数g(x)在R上单调递减，∴x>0，
故选C.
答案：C
6．解析：对于A，函数f(x)的导函数f′(x)>0，则f(x)在R上是单调递增函数，图象不关于x＝1对称，错误；
对于B，f′(x)的图象都在x轴的上方，所以f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，＋∞))上为单调递增函数，正确；
对于C，f′(x)的图象都在y＝2的上方，所以f′(x)>2，设f(x)在x＝－1处的切线的倾斜角为α，则f(x)在x＝－1处切线的斜率tan α大于2，因为正切函数y＝tan α在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，所以倾斜角大于 eq \f(π,4)，正确；
对于D，因为f′(x)>2，令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2>0，故g(x)在R上单调递增，又因为g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＝f(－1)－2＝0，关于x的不等式f(x)>2x＋4的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞))，正确．
故选BCD.
答案：BCD
7．解析：由y＝f ′(x)的图象可得当x∈(－1，2)和(4，＋∞)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，2)和(4，＋∞).
答案：(－1，2)和(4，＋∞)
8．解析：因为f(－x)＝－x3－x＋sin x＝－f(x)，且其定义域为R，故f(x)是奇函数，
又因为f′(x)＝3x2＋1－cs x≥1－cs x≥0，故f(x)在R上单调递增．
故f(2x)＋f(x2－3)>0，
即f(2x)>f(3－x2)
故可得2x>3－x2，即x2＋2x－3>0，
(x＋3)(x－1)>0，
解得x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞).
答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)
9．解析：f(x)＝3x2－2ln x的定义域为(0，＋∞)，
则f ′(x)＝6x－ eq \f(2,x)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－1)),3)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＋1)),3)，
由f ′(x)＞0，解得x＞ eq \f(\r(3),3).由f ′(x)＜0，解得0＜x＜ eq \f(\r(3),3).
∴函数f (x)＝3x2－2ln x的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，
单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))).
10．解析：∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，
∴在x∈R上，f′(x)＝2x－4＋ eq \f(a,ex)≥0，即a≥(4－2x)ex恒成立，
∴设h(x)＝(4－2x)ex，x∈R，∴h′(x)＝(2－2x)ex,
∴当x∈(－∞，1)时，h′(x)>0，∴h(x)在x∈(－∞，1)上为增函数，
∴当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在x∈(1，＋∞)上为减函数，
∴h(x)max＝h(1)＝2e，∵a≥ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－2x))ex)) eq \s\d7(max)，
∴a≥2e, 即a∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2e，＋∞)).
11．解析：f(x)＝a ln x＋bx2的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(a,x)＋2bx.
∵函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝b＝1，,f′（1）＝a＋2b＝1，))解得： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝1，,a＝－1，))
∴f′(x)＝－ eq \f(1,x)＋2x
令f′(x)＝－ eq \f(1,x)＋2x>0，解得：x> eq \f(\r(2),2)，
即函数y＝f(x)的增区间为( eq \f(\r(2),2)，＋∞)，
故选C.
答案：C
12．解析：构造函数g(x)＝ eq \f(f（x）,cs x)，x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则g′(x)＝ eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs 2x).
∵f′(x)cs x＋f(x)sin x<0，
∴g′(x)＝ eq \f(f′（x）cs x＋f（x）sin x,cs2x)<0在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
∴g(x)＝ eq \f(f（x）,cs x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，即 eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))> eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))),cs \f(π,4))，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))> eq \f(\r(6),2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，故A错误，B正确．
又∵g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，
∴ eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6))),cs \f(π,6))> eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))),cs \f(π,3))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))> eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，故C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
13．解析：f(x)＝(－x2＋ax)ex，则f′(x)＝ex[－x2＋ax－2x＋a]，
要使函数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< eq \f(3,2)，
答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))
14．解析：(1)f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x，由题意知f′(4)＝0，解得k＝ eq \f(1,3).
(2)由f′(x)＝3kx2＋6(k－1)x≤0并结合导函数的图象可知，必有－ eq \f(2（k－1）,k)≥4，解得k≤ eq \f(1,3).又k>0，故0答案：(1) eq \f(1,3) (2) eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
15．解析：(1)f′(x)＝3x2－a.
①当a≤0时，f′(x)≥0且f′(x)＝0不恒成立，所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
②当a>0时，令3x2－a＝0，得x＝± eq \f(\r(3a),3)；
当x> eq \f(\r(3a),3)或x<－ eq \f(\r(3a),3)时，f′(x)>0；
当－ eq \f(\r(3a),3)因此f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3a),3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；
当a>0时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3a),3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数．
(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．
因为3x2≥0，所以只需a≤0.
即实数a的取值范围为(－∞，0].
16．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
当a＝2时，f(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2，
f′(x)＝ln x＋ eq \f(1,x)－1，f′(1)＝0，f(1)＝0.
设g(x)＝ln x＋ eq \f(1,x)－1，则g′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x2)＝ eq \f(x－1,x2).
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，即g(x)单调递减，而g(1)＝0，
所以有g(x)>g(1)＝0，即f′(x)>f′(1)＝0；
当x∈[1，＋∞)时，g′(x)≥0，即g(x)单调递增，而g(1)＝0，
所以有g(x)≥g(1)＝0.即f′(x)≥f′(1)＝0.
综上，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，该函数没有单调递减区间．
(2)不等式f(x)<0即ln x－ eq \f(a（x－1）,x＋1)<0.
设h(x)＝ln x－ eq \f(a（x－1）,x＋1)，则h′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(2a,（1＋x）2)＝ eq \f(x2＋2（1－a）x＋1,x（x＋1）2)，h(1)＝0.
当a≤0时，易知h(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，不满足题意．
当0所以h′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，不满足题意．
当a>2时，令h′(x)＝0，
得x1＝a－1－ eq \r(（a－1）2－1)，x2＝a－1＋ eq \r(（a－1）2－1).
由x2>1和x1x2＝1得x1<1，
故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，x2))时，h′(x)<0，h(x)在(1，x2)上单调递减，此时h(x)所以当a∈(2，＋∞)时，存在x0∈(1，＋∞)，使得不等式f(x0)<0成立，
即满足随意的a的取值范围为(2，＋∞).