2019秋高中数学第三章导数及其应用3.3.1函数的单调性与导数练习（含解析）新人教A版

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1、3.3.1函数的单调性与导数A级　基础巩固一、选择题1．函数y＝x2－lnx的单调减区间是(　　)A．(0，1)B．(0，1)∪(－∞，－1)C．(－∞，1)D．(－∞，＋∞)解析：因为y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，所以y′＝x－，令y′＜0，即x－＜0，解得：0＜x＜1或x＜－1.又因为x＞0，所以0＜x＜1.答案：A2．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是(　　)A．y＝sinxB．y＝xe2C．y＝x3－xD．y＝lnx－x解析：显然y＝sinx在(0，＋∞)上既有增又有减，故排除A；对于函数y＝xe2，因e2为大于零的常数，不

2、用求导就知y＝xe2在(0，＋∞)内为增函数；对于C，y′＝3x2－1＝3，故函数在和上为增函数，在上为减函数；对于D，y′＝－1(x＞0)．故函数在(1，＋∞)上为减函数，在(0，1)上为增函数．答案：B3．(2018·全国卷Ⅱ)若f(x)＝cosx－sinx在[－a，a]是减函数，则a的最大值是(　　)A.B.C.D．π解析：因为f(x)＝cosx－sinx＝－sin(x－)，所以当x－∈，即x∈时，y＝sin(x－)单调递增，y＝－sin(x－)单调递减，因为函数f(x)在[－a，a]是减函数，所以[－a，a]⊆所以0

3、.答案：A4．f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，若y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)解析：由导函数的图象可知，当x<0时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数；当02时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数．观察选项易知D正确．答案：D5．若函数f(x)＝kx－lnx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：依题意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥在(

4、1，＋∞)上恒成立，因为x>1，所以0<<1，所以k≥1，故选D.答案：D二、填空题6．函数f(x)＝x－2sinx在(0，π)上的单调递增区间为________．解析：令f′(x)＝1－2cosx＞0，得cosx＜，又x∈(0，π)，所以＜x＜π.答案：7．若函数f(x)＝lnx－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＝ax

5、2＋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，而当a＝－1时，f′(x)＝＝≥0，不符合题意，故－1

6、，所以Δ＝4－12m≤0，即m≥.答案：三、解答题9．已知函数f(x)＝lnx－f′(1)x＋1－ln2，试求f(x)的单调区间．解：由f(x)＝lnx－f′(1)x＋1－ln2，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝－f′(1)．令x＝1，则f′(1)＝1－f′(1)，所以f′(1)＝，f′(x)＝－.由f′(x)>0，即－>0，得02.故f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，＋∞)．10．若函数f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，求实数m的取值范围．解：f′(x)＝3x2＋2x

7、＋m.因为f(x)是R上的单调函数，所以f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立．因为二次项系数3>0，所以只能有f′(x)≥0恒成立．因此Δ＝4－12m≤0，故m≥.当m＝时，使f′(x)＝0的点只有一个x＝－，也符合题意．故实数m的取值范围是.B级　能力提升1．设f(x)，g(x)在[a，b]上可导，且f′(x)＞g′(x)，则当a＜x＜b时，有(　　)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：因为f′(x)－g′(x)＞0，所以′＞0，所以f(x)－

8、g(x)在[a，b]上是增函数，所以当a＜x＜b时f(x)－g(x)＞f(a)－g(a)，所以f(x)＋g(a)＞g(x)