2024-2025学年高中数学第一章导数及其应用1.3.1函数的单调性与导数课时素养评价含解析新人教A版选修2-2

PAGE课时素养评价五函数的单调性与导数(15分钟30分)1.若在区间(a,b)内,f′(x)>0,且f(a)≥0,则在(a,b)内有 ()A.f(x)>0 B.f(x)<0 C.f(x)=0 D.不能确定【解析】选A.因为f(x)在(a,b)上为增函数,所以f(x)>f(a)≥0.2.函数y=fQUOTE的图象如图所示,则导函数y=f′QUOTE的图象的大致形态是()【解析】选D.函数y=fQUOTE的单调性是先减,再增,最终变为常数函数,那么,导函数y=f′QUOTE的符号为:先负,后正,最终变为0,选项D符合题意.3.函数f(x)=lnx-x的单调递减区间为 ()A.QUOTE,QUOTE B.QUOTE∪QUOTEC.QUOTE D.QUOTE【解析】选C.由题可得f′(x)=QUOTE-1=QUOTE,令f′(x)<0,即QUOTE<0,解得x>1或x<0,又因为x>0,故x>1.4.函数f(x)=ax3-x2+x-5在(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.

【解析】f′(x)=3ax2-2x+1.由题意知3ax2-2x+1≥0在(-∞,+∞)上恒成立,所以QUOTE解得a≥QUOTE.答案:QUOTE5.推断函数f(x)=QUOTE-1在(0,e)及(e,+∞)上的单调性.【解析】f′(x)=QUOTE=QUOTE.当x∈(0,e)时,lnx<lne=1,1-lnx>0,x2>0,所以f′(x)>0,f(x)为增函数.当x∈(e,+∞)时,lnx>lne=1,1-lnx<0,x2>0,所以f′(x)<0,f(x)为减函数.(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.若f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0)为增函数,则 ()A.b2-4ac>0 B.b>0,c>0C.b=0,c>0 D.b2-3ac≤0【解析】选D.由f(x)为增函数,知f′(x)=3ax2+2bx+c≥0.所以Δ=4b2-12ac≤0.即b2-3ac≤0.2.(2024·洛阳高二检测)函数fQUOTE在其定义域内可导,其图象如图所示,则导函数y=f′QUOTE的图象可能为 ()【解析】选C.由函数fQUOTE的图象可知,函数fQUOTE在自变量渐渐增大的过程中,函数先递增,然后递减,再递增,当x>0时,函数fQUOTE单调递增,所以导数f′QUOTE的符号是正,负,正,正,只有选项C符合题意.3.函数fQUOTE=sin2x+2cosxQUOTE,则fQUOTE ()A.在QUOTE上单调递增 B.在QUOTE上单调递减C.在QUOTE上单调递减 D.在QUOTE上单调递增【解析】选C.因为f(x)=sin2x+2cosx=2sinxcosx+2cosx=2cosx(sinx+1).所以f′(x)=2[(cosx)′(sinx+1)+cosx(sinx+1)′]=2[-sinx(sinx+1)+cos2x]=-2QUOTE,令f′(x)>0,即QUOTE<0,故-1<sinx<QUOTE(0≤x≤π)⇒x∈QUOTE∪QUOTE,故fQUOTE在QUOTE和QUOTE上单调递增,可得在QUOTE上单调递减.4.函数f(x)的导函数f′(x)满意f′(x)>f(x)在R上恒成立,且f(1)=e,则下列推断肯定正确的是 ()A.f(0)<1 B.f(-1)<f(0)C.f(0)>0 D.f(-1)>0【解析】选A.令函数F(x)=QUOTE,则F′(x)=QUOTE,因为f′(x)>f(x),所以F′(x)>0,故函数F(x)是定义在R上的增函数,所以F(1)>F(0),即QUOTE>QUOTE,又f(1)=e,故有f(0)<1.【补偿训练】已知函数f(x)=x2-cosx,则fQUOTE,f(0),fQUOTE的大小关系是 ()A.f(0)<fQUOTE<fQUOTEB.f(0)<fQUOTE<fQUOTEC.fQUOTE<fQUOTE<f(0)D.fQUOTE<f(0)<fQUOTE【解析】选B.因为函数f(-x)=(-x)2-cos(-x)=x2-cosx=f(x),所以f(x)为偶函数,所以fQUOTE=fQUOTE,f′(x)=2x+sinx,当0<x<QUOTE时,f′(x)=2x+sinx>0,所以函数在QUOTE上递增,所以f(0)<fQUOTE<fQUOTE,即f(0)<fQUOTE<fQUOTE.5.已知函数f(x)=x2-alnx+1在(1,2)内不是单调函数,则实数a的取值范围是 ()A.QUOTE B.QUOTEC.QUOTE∪QUOTE D.QUOTE【解析】选A.因为f′(x)=2x-QUOTE,fQUOTE=x2-alnx+1在QUOTE内不是单调函数,故2x-QUOTE=0在QUOTE内有解,即a=2x2在QUOTE内有解,所以2<a<8.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设函数f(x)=x(ex-1)-QUOTEx2,则f(x)的单调递增区间是________,单调递减区间是________.

【解析】f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1).当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减.答案:(-∞,-1)和(0,+∞)(-1,0)7.若函数fQUOTE=x3-ax2+3x+1在区间QUOTE上单调递减,则实数a的取值范围为________.

【解析】由题意得:f′(x)=3x2-2ax+3,因为f(x)在区间QUOTE上单调递减,所以f′(x)≤0在区间QUOTE上恒成立,所以QUOTE⇒QUOTE解得a≥QUOTE.答案:QUOTE8.若函数f(x)=x-QUOTEsin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增,则a的取值范围是________.

【解析】f′(x)=1-QUOTEcos2x+acosx≥0对x∈R恒成立,故1-QUOTE(2cos2x-1)+acosx≥0,即acosx-QUOTEcos2x+QUOTE≥0恒成立,设t=cosx,t∈[-1,1],则-QUOTEt2+at+QUOTE≥0对t∈[-1,1]恒成立,构造f(t)=-QUOTEt2+at+QUOTE,开口向下的二次函数f(t)的最小值的可能值为端点值,故只需保证QUOTE解得-QUOTE≤a≤QUOTE.答案:QUOTE三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx,试探讨f(x)的单调性.【解析】f′(x)=2x-(a+2)+QUOTE=QUOTE,x>0.当a≤0时,易知f(x)在(0,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函数;当0<a<2时,f(x)在QUOTE上为增函数,在QUOTE上为减函数,在(1,+∞)上为增函数;当a=2时,f(x)在(0,+∞)上为增函数;当a>2时,f(x)在(0,1)上为增函数,在QUOTE上为减函数,在QUOTE上为增函数.10.已知函数f(x)=x3+ax2-1(x∈R).(1)当a=1时,求函数f(x)在点(1,1)处的切线方程.(2)若函数f(x)在x∈(1,2)上单调递减,求实数a的取值范围.【解析】(1)因为f′(x)=3x2+2ax,所以当a=1时,f(x)=x3+x2-1,点(1,1)在f(x)上,f′(1)=3+2=5,所以y-1=5(x-1),即5x-y-4=0,所以函数f(x)在点(1,1)处的切线方程为5x-y-4=0.(2)因为函数f(x)在x∈(1,2)上单调递减,所以f′(x)=3x2+2ax≤0对x∈(1,2)恒成立,所以a≤-QUOTEx,因为-3<-QUOTEx<-QUOTE,所以a≤-3,所以实数a的取值范围为(-∞,-3].已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2,探讨f(x)的单调性.【解析】f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).(1)设a≥0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)设a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).①若a=-QUOTE,则f′(x)=(x-1)(ex-e),所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.②若a>-QUOTE,则ln(-2a)<1,故当x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x