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2019年高中數學 第三章 導數及其應用 3.3.1 函數的單調性與導數課后提升訓練（含解析）新人教A版選修1-1
一、選擇題(每小題5分,共40分)
1.(xx廣州高二檢測)函數f(x)=x2-lnx的單調遞減區(qū)間為 ( )
A.(-1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
【解析】選B.由題意知,
函數的定義域為(0,+∞),
又由f′(x)=x-≤0,
解得0
0恒成立,即f′(x)>0在x∈(0,2π)上恒成立,
所以f(x)在(0,2π)上是增函數.
3.下列函數中,在區(qū)間(-1,1)上是減函數的是 ( )
A.y=2-3x2 B.y=lnx
C.y= D.y=sinx
【解析】選C.A中,y′=-6x,
當-10,
當00對x∈(-1,1)恒成立,
所以函數y=sinx在(-1,1)上是增函數.
4.設f(x),g(x)在(a,b)上可導,且f′(x)>g′(x),則當ag(x)
B.f(x)g(x)+f(a)
D.f(x)+g(b)>g(x)+f(b)
【解析】選C.令φ(x)=f(x)-g(x),
則φ′(x)=f′(x)-g′(x),
因為f′(x)>g′(x),
所以φ′(x)>0,即函數φ(x)為(a,b)上的增函數.
又ag(x)+f(a).
5.(xx全國卷Ⅰ)若函數f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上單調遞增,則a的取值范圍是 ( )
A.[-1,1] B.
C. D.
【解析】選C.方法一:用特殊值法:
取a=-1,f(x)=x-sin2x-sinx,
f′(x)=1-cos2x-cosx,
但f′(0)=1--1=-<0,不具備在(-∞,+∞)上單調遞增,排除A,B,D.
方法二:f′(x)=1-cos2x+acosx≥0對x∈R恒成立,
故1-(2cos2x-1)+acosx≥0,
即acosx-cos2x+≥0恒成立,
令t=cosx,所以-t2+at+≥0對t∈[-1,1]恒成立,
構造函數g(t)=-t2+at+,
開口向下的二次函數g(t)的最小值的可能值為端點值,
故只需解得-≤a≤.
6.(xx煙臺高二檢測)設函數f(x)=ax3-x2(a>0)在(0,3)內不單調,則實數a的取值范圍是 ( )
A.a> B.00)在(0,3)內不單調,
所以f′(x)在(0,3)內有零點.
而f′(x)=ax2-2x有零點0,(a>0),
所以0<<3,解得a>.
7.已知函數f(x)對定義域R內的任意x都有f(x)=f(4-x),且當x≠2時,導函數f′(x)滿足(x-2)f′(x)>0.若20可得x>2時f′(x)>0,
所以f(x)在(2,+∞)是增函數.
因為24,2<4-log2a<3,
即2a>3>4-log2a>2,
所以f(4-log2a)2f(1)
【解析】選C.因為(x-1)f′(x)≥0,
所以當x>1時,f′(x)>0;
當x<1時,f′(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上為增函數,在(-∞,1)上為減函數,所以f(2)≥f(1),f(0)≥f(1),
所以f(0)+f(2)≥2f(1).
8.已知偶函數y=f(x)對于任意的x∈滿足f′(x)cosx+f(x)sinx>0(其中
f′(x)是函數f(x)的導函數),則下列不等式中不成立的是 ( )
A.ff
C.f(0)0,且f′(x)cosx+f(x)sinx=f′(x)cosx-f(x)(cosx)′,
所以可構造函數g(x)=,
則g′(x)=>0,
所以g(x)為偶函數且在上單調遞增,
所以有g=g==2f,
g=g==f,
g==f.
由函數單調性可知gg(0)=f(0),所以C正確.
二、填空題(每小題5分,共10分)
9.已知f(x)=ax3+3x2-x+1在R上是減函數,則a的取值范圍是 .
【解析】f′(x)=3ax2+6x-1.
(1)當f′(x)<0(x∈R)時,f(x)是減函數.
3ax2+6x-1<0(x∈R)?a<0且Δ=36+12a<0?a<-3.
所以,當a<-3時,由f′(x)<0,知f(x)在R上是減函數;
(2)當a=-3時,f(x)=-3x3+3x2-x+1=-3+,
由函數y=x3在R上的單調性,可知當a=-3時,f(x)在R上是減函數;
(3)當a>-3時,在R上存在一個區(qū)間,其上有f′(x)>0,
所以,當a>-3時,函數f(x)在R上不是減函數.
綜上,所求a的取值范圍是(-∞,-3].
答案:(-∞,-3]
10.若函數f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增,則k的取值范圍是 .
【解析】由于f′(x)=k-,f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增?f′(x)=k->0在(1,+∞)上恒成立,由于k-≥0,而0<<1,所以k≥1.
答案:k≥1
三、解答題(每小題10分,共20分)
11.(xx北京高考)設函數f(x)=xea-x+bx,曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值.
(2)求f(x)的單調區(qū)間.
【解析】(1)f′(x)=ea-x-xea-x+b,由切線方程可得解得a=2,b=e.
(2)f(x)=xe2-x+ex,f′(x)=(1-x)e2-x+e.
令g(x)=(1-x)e2-x,則g′(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2).令g′(x)=0得x=2.
當x<2時,g′(x)<0,g(x)單調遞減;
當x>2時,g′(x)>0,g(x)單調遞增.所以x=2時,g(x)取得極小值-1,也是最小值.
所以f′(x)=g(x)+e≥e-1>0.所以f(x)的增區(qū)間為(-∞,+∞),無減區(qū)間.
12.(xx天津高二檢測)已知函數f(x)=x3-ax-1.
(1)若f(x)在實數集R上單調遞增,求實數a的取值范圍.
(2)是否存在實數a,使f(x)在(-1,1)上單調遞減?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,請說明理由.
【解析】(1)由已知,得f′(x)=3x2-a.
因為f(x)在(-∞,+∞)上是單調增函數,
所以f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,
即a≤3x2對x∈(-∞,+∞)恒成立.
因為3x2≥0,所以只需a≤0.
又a=0時,f′(x)=3x2≥0,f(x)在實數集R上單調遞增,所以a≤0.
(2)假設f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,
則a≥3x2在x∈(-1,1)時恒成立.
因為-10,函數f(x)單調遞增.
故當a=-1時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(1,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,1).
(2)因為f(x)=lnx-ax+-1,
所以f′(x)=-a+=-,
x∈(0,+∞).
令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞).
①當a=0時,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞),
當x∈(0,1)時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數f(x)單調遞減;
當x∈(1,+∞)時,g(x)<0,此時f′(x)>0,函數f(x)單調遞增.
②當01>0,
所以當x∈(0,1)時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數f(x)單調遞減;
x∈時,g(x)<0,此時f′(x)>0,函數f(x)單調遞增;
x∈時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數f(x)單調遞減.
綜上所述,當a=0時,函數f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增;
當0
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2019年高中數學
第三章
導數及其應用
3.3.1
函數的單調性與導數課后提升訓練含解析新人教A版選修1-1
2019
年高
數學
第三
導數
及其
應用
3.3
函數
調性
課后
提升
訓練
解析
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