北师大版高考数学一轮复习第三章 §3.2　导数与函数的单调性试卷

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函数的单调性与导数的关系
微思考
1．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上是增加的”的什么条件？
提示 若f(x)在(a，b)上是增加的，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上是增加的”的充分不必要条件．
2．若函数f(x)在区间(a，b)上存在递增区间，则在区间(a，b)上，f′(x)应满足什么条件？
提示 若f(x)在(a，b)上存在递增区间，则当x∈(a，b)时，f′(x)>0有解．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( √ )
(2)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减少的．( √ )
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0，则f(x)在定义域上一定是增加的．( × )
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．( √ )
题组二 教材改编
2.如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像，则下列判断正确的是( )
A．在区间(－2,1)上f(x)是增加的
B．在区间(1,3)上f(x)是减少的
C．在区间(4,5)上f(x)是增加的
D．在区间(3,5)上f(x)是增加的
答案 C
解析 在区间(4,5)上f′(x)>0恒成立，
∴f(x)在区间(4,5)上是增加的．
3．函数y＝xcs x－sin x在下面哪个区间上是增加的( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π)
答案 B
解析 y′＝－xsin x，
经验证，只有在(π，2π)内y′>0恒成立，
∴y＝xcs x－sin x在(π，2π)上是增加的．
4．函数f(x)＝(x－2)ex的递增区间为________．
答案 (1，＋∞)
解析 f(x)的定义域为R，
f′(x)＝(x－1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，1)时，f′(x)0)在[2，＋∞)上是增加的，则a的取值范围是________．
答案 (0,2]
解析 方法一 由y′＝1－eq \f(a2,x2)≥0，得x≤－a或x≥a.
∴y＝x＋eq \f(a2,x)的递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上是增加的，
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2.又a>0，∴00，∴00)，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)0，f(x)是增加的．
2．函数f(x)＝x＋2eq \r(1－x)的递增区间是( )
A．(0,1) B．(－∞，1)
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
答案 C
解析 f(x)的定义域为(－∞，1]，
f′(x)＝1－eq \f(1,\r(1－x))，令f′(x)＝0，得x＝0.
当0f(1)
答案 A
解析 因为f(x)＝xsin x，所以f(－x)＝(－x)·sin(－x)＝xsin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝sin x＋xcs x>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增加的，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)))，故选A.
(2)已知函数f(x)＝ex－e－x－2x＋1，则不等式f(2x－3)>1的解集为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析 f(x)＝ex－e－x－2x＋1，定义域为R，
f′(x)＝ex＋e－x－2≥2eq \r(ex·e－x)－2＝0，
当且仅当x＝0时取“＝”，
∴f(x)在R上是增加的，
又f(0)＝1，
∴原不等式可化为f(2x－3)>f(0)，
即2x－3>0，解得x>eq \f(3,2)，
∴原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
命题点2 根据函数的单调性求参数的值(范围)
例3 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x(a≠0)在[1,4]上是减少的，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)
解析 因为f(x)在[1,4]上是减少的，所以当x∈[1,4]时，f′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立．
设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈[1,4]，
所以a≥G(x)max，而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))2－1，
因为x∈[1,4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
所以G(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)，
所以a≥－eq \f(7,16)，又因为a≠0，
所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．
本例中，若f(x)在[1,4]上存在递减区间，求a的取值范围．
解 因为f(x)在[1,4]上存在递减区间，
则f′(x)eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解，
又当x∈[1,4]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1(此时x＝1)，
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)是增加(减少)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解．
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
跟踪训练2 (1)已知y＝f(x)是定义在R上的函数，且f(2)＝5，对任意的x都有f′(x)c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
答案 A
解析 f(x)的定义域为R，
f′(x)＝cs x－sin x－2＝eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－21,0b.
5．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－3) B．(－3,0)∪(0，＋∞)
C．[－3,0)∪(0，＋∞ ) D．(－∞ ，－3]
答案 B
解析 依题意知，f′(x)＝3ax2＋6x－1有两个不相等的零点，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,Δ＝36＋12a>0，))解得a>－3且a≠0.
6．若函数g(x)＝exf(x)(e＝2.718…，e为自然对数的底数)在f(x)的定义域上是增加的，则称函数f(x)具有M性质．下列函数具有M性质的为( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝x
答案 B
解析 对于A，f(x)＝eq \f(1,x)，则g(x)＝eq \f(ex,x)，g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，当x0，
∴g(x)在(－∞，0)，(0,1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的；
对于B，f(x)＝x2＋1，则g(x)＝exf(x)＝ex(x2＋1)，
g′(x)＝ex(x2＋1)＋2xex＝ex(x＋1)2>0在实数集R上恒成立，
∴g(x)＝exf(x)在定义域R上是增函数；
对于C，f(x)＝sin x，则g(x)＝exsin x，g′(x)＝ex(sin x＋cs x)＝eq \r(2)exsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，显然g(x)不单调；
对于D，f(x)＝x，则g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex，当x0，∴g(x)在R上先减少后增加．
∴具有M性质的函数的选项为B.
7．函数y＝2ln x－3x2的递增区间为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(2,x)－6x＝eq \f(2－6x2,x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))时，f′(x)