2020_2021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.doc

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1、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)>0B.f(x)<0C.f(x)=0D.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=f的图象如图所示,则导函数y=f′的图象的大致形状是(　　)【解析】选D.函数y=f的单调性是先减,再增,最后变为常数函数,那么,导函数y=f′的符号为:先负,后正,最后变为0,选项D符合题意.3.函数f(x)=lnx-x的单调递减区间为(　　)A.,B.∪C.D.【解析】选C.由题可得f′(x)=-1=,

2、令f′(x)<0,即<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,所以解得a≥.答案:5.判断函数f(x)=-1在(0,e)及(e,+∞)上的单调性.【解析】f′(x)==.当x∈(0,e)时,lnx0,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

3、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>0B.b>0,c>0C.b=0,c>0D.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.(2020·洛阳高二检测)函数f在其定义域内可导,其图象如图所示,则导函数y=f′的图象可能为(　　)【解析】选C.由函数f的图象可知,函数f在自变量逐渐增大的过程中,函数先递增,然后递减,再递增,当x>0时,函数f单调递增,所以导数f′的符号是正,负,正,正,只有选项C符

4、合题意.3.函数f=sin2x+2cosx,则f(　　)A.在上单调递增　B.在上单调递减C.在上单调递减D.在上单调递增【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]=-2,令f′(x)>0,即<0,故-1f(x)在R上恒成立,且f(1)=e,则下列判断一定正确的是(　　)A.

5、f(0)<1B.f(-1)0D.f(-1)>0【解析】选A.令函数F(x)=,则F′(x)=,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>,又f(1)=e,故有f(0)<1.【补偿训练】　　已知函数f(x)=x2-cosx,则f,f(0),f的大小关系是(　　)A.f(0)

6、f′(x)=2x+sinx>0,所以函数在上递增,所以f(0)

7、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f=x3-ax2+3x+1在区间上单调递减,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)在区间上单调递减,所以f′(x)≤0在区间