高中数学选修1-1学业分层测评16 函数的单调性与导数 Word版含解析

学业分层测评
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[学业达标]
一、选择题
1．函数y＝f(x)的图象如图3－3－4所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能是(　　)
图3－3－4
【解析】　由函数y＝f(x)的图象可知，在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上，函数f(x)均为减函数，故在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上，f′(x)均小于0，故选D.
【答案】　D
2．函数f(x)＝2x－sin x在(－∞，＋∞)上(　　)
A．是增函数　　　　　　　 B．是减函数
C．有最大值 D．有最小值
【解析】　∵cos x≤1，∴f′(x)＝2－cos x>0恒成立，∴f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．
【答案】　A
3．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3,1)
【解析】　y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝(－x2－2x＋3)ex，令(－x2－2x＋3)ex>0，由于ex>0，则－x2－2x＋3>0，解得－3【答案】　D
4．已知函数f(x)＝＋ln x，则有(　　)
A．f(2)C．f(3)【解析】　因为在定义域(0，＋∞)上，f′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以有f(2)【答案】　A
5．(2014·全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
【解析】　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增⇔f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.即k的取值范围为[1，＋∞)．
【答案】　D
二、填空题
6．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1，2)，则b＝________，c＝________. 【导学号：26160084】
【解析】　f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知－1【答案】　－　－6
7．函数y＝ax3－1在(－∞，＋∞)上是减函数，则a的取值范围为________．
【解析】　y′＝3ax2≤0恒成立，解得a≤0.
而a＝0时，y＝－1，不是减函数，∴a<0.
【答案】　a<0
8．在下列命题中，真命题是________．(填序号)
①若f(x)在(a，b)内是增函数，则对任意x∈(a，b)，都应有f′(x)>0；
②若在(a，b)内f′(x)存在，则f(x)必为单调函数；
③若在(a，b)内对任意x都有f′(x)>0，则f(x)在(a，b)内是增函数；
④若可导函数在(a，b)内有f′(x)<0，则在(a，b)内有f(x)<0.
【解析】　对于①，可以存在x0，使f′(x0)＝0不影响区间内函数的单调性；对于②，导数f′(x)符号不确定，函数不一定是单调函数；对于④，f′(x)<0只能得到f(x)单调递减．
【答案】　③
三、解答题
9．求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝x＋sin x，x∈(0,2π)；
(2)f(x)＝2x－ln x.
【解】　(1)∵f′(x)＝＋cos x，
令f′(x)>0，得＋cos x>0，即cos x>－.
又∵x∈(0,2π)，∴0同理，令f′(x)<0，得π∴该函数的单调递增区间为，；
单调递减区间为.
(2)函数的定义域为(0，＋∞)，
其导函数为f′(x)＝2－.
令2－>0，解得x>；
令2－<0，解得0∴该函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
10．若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内为减函数，在区间(6，＋∞)内为增函数，试求实数a的取值范围．
【解】　函数求导得f′(x)＝x2－ax＋a－1＝(x－1)[x－(a－1)]，令f′(x)＝0得x＝1或x＝a－1.因为函数在区间(1,4)内为减函数，所以当x∈(1,4)时，f′(x)≤0，又因为函数在区间(6，＋∞)内为增函数，所以当x∈(6，＋∞)时，f′(x)≥0，所以4≤a－1≤6，所以5≤a≤7，即实数a的取值范围为[5,7]．
[能力提升]
1．已知函数y＝xf′(x)的图象如图3－3－5所示，下面四个图象中能大致表示y＝f(x)的图象的是(　　)
图3－3－5
【解析】　由题图可知，当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，此时原函数为增函数，图象应是上升的；当－10，所以f′(x)<0，此时原函数为减函数，图象应是下降的；当01时，xf′(x)>0，所以f′(x)>0，此时原函数为增函数，图象应是上升的，由上述分析，可知选C.
【答案】　C
2．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有(　　) 【导学号：26160085】
A．f(x)＞g(x)
B．f(x)＜g(x)
C．f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)
D．f(x)＋g(b)＞g(x)＋f(b)
【解析】　∵f′(x)－g′(x)＞0，∴(f(x)－g(x))′＞0，
∴f(x)－g(x)在[a，b]上是增函数，
∴当a＜x＜b时，f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，
∴f(x)＋g(a)＞g(x)＋f(a)．故选C.
【答案】　C
3．若函数f(x)＝ln x－ax2－2x存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________．
【解析】　f′(x)＝－ax－2＝－.
因为函数f(x)存在单调递减区间，所以f′(x)≤0有解．
又因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
所以ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)内有解．
①当a>0时，y＝ax2＋2x－1为开口向上的抛物线，
ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)内恒有解；
②当a<0时，y＝ax2＋2x－1为开口向下的抛物线，
若ax2＋2x－1≥0在(0，＋∞)内恒有解，
则
解得－1≤a<0；
③当a＝0时，显然符合题意．
综合上述，a的取值范围是[－1，＋∞)．
【答案】　[－1，＋∞)
4．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上单调递增，求a的取值范围；
(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由；
(3)证明：f(x)＝x3－ax－1的图象不可能总在直线y＝a的上方．
【解】　(1)f′(x)＝3x2－a，∵3x2－a≥0在R上恒成立，即a≤3x2在R上恒成立，又∵y＝3x2≥0，∴当a≤0时，f(x)＝x3－ax－1在R上是增函数，又a＝0时，f′(x)＝3x2不恒为0，∴a≤0.
(2)∵3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，∴a≥3x2在(－1，1)上恒成立．但当x∈(－1，1)时，0≤3x2<3，∴a≥3，即当a≥3时，f(x)在(－1,1)上单调递减．
(3)证明：取x＝－1，得f(－1)＝a－2