新教材2025版高中数学课时作业十八导数与函数的单调性新人教B版选择性必修第三册

课时作业(十八)导数与函数的单调性一、选择题1．函数y＝x＋xlnx的单调递减区间是()A．(－∞，e－2)B．(0，e－2)C．(e－2，＋∞)D．(e2，＋∞)2．如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面推断正确的是()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3．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sinxB．y＝xexC．y＝x3－xD．y＝lnx－x4．在同一坐标系中作出三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)及其导函数的图象，下列肯定不正确的序号是()A．①②B．①③C．③④D．①④二、填空题5．函数f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的单调递增区间为________．6．在R上可导的函数f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式xf′(x)<0的解集为________．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________．三、解答题8．设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax(a>0).求f(x)的单调区间．9．若函数f(x)＝x3－mx2＋2m2－5的单调递减区间是(－9，0)，求m的值及函数的其他单调区间．[尖子生题库]10．推断函数f(x)＝2x(ex－1)－x2的单调性．课时作业(十八)导数与函数的单调性1．解析：因为y＝x＋xlnx，所以定义域为(0，＋∞).令y′＝2＋lnx<0，解得0<x<e－2，即函数y＝x＋xlnx的单调递减区间是(0，e－2).答案：B2．解析：由导函数f′(x)的图象知在区间(4，5)上，f′(x)>0，所以函数f(x)在(4，5)上单调递增，故选C.答案：C3．解析：B项中，y＝xex，y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)，当x∈(0，＋∞)时，y′>0，∴y＝xex在(0，＋∞)内为增函数．答案：B4．解析：当f′(x)>0时，y＝f(x)是递增的；当f′(x)<0时，y＝f(x)是递减的．故可得①②中函数图象的增减趋势与导函数的正负区间是吻合的；而③中导函数为负的区间内相应的函数不递减，故错误；④中导函数为负的区间内相应的函数不递减，故错误．答案：C5．解析：令f′(x)＝1－2cosx>0，则cosx<eq\f(1,2)，又x∈(0，π)，解得eq\f(π,3)<x<π，所以函数的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))6．解析：由xf′(x)<0可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,f′（x）<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,f′（x）>0，))由题图可知当－1<x<1时，f′(x)<0，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,－1<x<1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,x<－1或x>1，))解得0<x<1或x<－1，∴xf′(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1).答案：(－∞，－1)∪(0，1)7．解析：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.答案：(0，＋∞)8．解析：∵f(x)＝a2lnx－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)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞).9．解析：因为f′(x)＝3x2－2mx，所以f′(x)<0，即3x2－2mx<0.由题意，知3x2－2mx<0的解集为(－9，0)，即方程3x2－2mx＝0的两根为x1＝－9，x2＝0.由根与系数的关系，得－eq\f(－2m,3)＝－9，即m＝－eq\f(27,2).所以f′(x)＝3x2＋27x.令3x2＋27x>0，解得x>0或x<－9.故(－∞，－9)，(0，＋∞)是函数f(x)的单调递增区间．综上所述，m的值为－eq\f(27,2)，函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－9)，(0，＋∞).10．解析：函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝2(ex－1＋xex－x)＝2(ex－1)(x＋