2024秋高中数学第一章导数及其应用1.3导数在研究函数中的应用1.3.1函数的单调性与导数达标练习含解析新人教A版选修2-2

PAGE4-第一章导数及其应用1.3导数在探讨函数中的应用1.3.1函数的单调性与导数[A级基础巩固]一、选择题1．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：求导函数得y′＝(－x2－2x＋3)ex.令y′＝(－x2－2x＋3)ex>0，可得x2＋2x－3<0，所以－3<x<1.所以函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3，1)．答案：D2．若在区间(a，b)内有f′(x)＞0，且f(a)≥0，则在(a，b)内有()A．f(x)＞0 B．f(x)＜0C．f(x)＝0 D．f(x)≥0解析：依题意，f(x)在(a，b)内单调递增，f(a)≥0，所以f(x)＞0.答案：A3．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sinx B．y＝xe2C．y＝x3－x D．y＝lnx－x解析：对于A，明显y＝sinx在(0，＋∞)上既有增又有减，故解除A；对于B，函数y＝xe2，因e2为大于零的常数，不用求导就知y＝xe2在(0，＋∞)内为增函数；对于C，y′＝3x2－1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))，故函数在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上为减函数；对于D，y′＝eq\f(1,x)－1(x>0)．故函数在(1，＋∞)上为减函数，在(0，1)上为增函数．故选B.答案：B4．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)解析：由f′(x)图象可知函数f(x)在(－∞，c)上单调递增，在(c，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，又a，b，c∈(－∞，c)，且a<b<c，故f(c)>f(b)>f(a)．答案：C5．已知函数f(x)＝x－sinx，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，3) D．(3，＋∞)解析：因为f(x)＝x－sinx，所以f(－x)＝－x＋sinx＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cosx≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)．答案：C二、填空题6．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝x2－4x＋3，则函数f(1＋x)的单调递减区间是________．解析：令f′(x)＝x2－4x＋3<0，得1<x<3，由1<1＋x<3，解得0<x<2，故函数f(1＋x)的单调递减区间为(0，2)．答案：(0，2)7．若函数f(x)＝x3＋ax＋5的单调递减区间是(－2，2)，则实数a的值为________．解析：f′(x)＝3x2＋a，依题意3x2＋a＜0的解集为(－2，2)，所以a＝－12.答案：－128．若函数y＝－eq\f(4,3)x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是________．解析：因为y′＝－4x2＋a，且函数有三个单调区间，所以方程－4x2＋a＝0有两个不等的实根，所以Δ＝02－4×(－4)×a＞0，所以a＞0.答案：(0，＋∞)三、解答题9．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1，3)，求b和c的值．解：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由条件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝0，,f′（3）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－2b＋c＝0，,27＋6b＋c＝0，))解得b＝－3，c＝－9.10．已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，探讨f(x)的单调性．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(（2x＋1）（ax－1）,x).(1)若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)若a>0，则由f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．B级实力提升1．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为()ABCD解析：由函数的图象可知：当x<0时，函数单调递增，导数始终为正；当x>0时，函数先增后减再增，即导数先正后负再正，比照选项，应选D.答案：D2．函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是____．解析：因为f(x)＝2x＋x3－2，0＜x＜1，所以f′(x)＝2xln2＋3x2＞0在(0，1)上恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递增．又f(0)＝－1＜0，f(1)＝1＞0，f(0)f(1)＜0，则f(x)在(0，1)内至少有一个零点，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，故函数f(x)在(0，1)内有且仅有1个零点．答案：13．已知f(x)＝aex－x－1.(1)求f(x)的单调区间．(2)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为f′(x)＝aex－1，当a≤0时，有f′(x)<0在R上恒成立；当a>0时，令f′(x)≥0，得ex≥eq\f(1,a)，有x≥－lna.综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间是[－lna，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－lna]．(2)f′(x)＝aex－1.若f(x)在(－∞，0]上单调递减，则aex－1≤0在(－∞，0]上恒成立