选择性必修 第二册6.1 函数的单调性同步达标检测题

这是一份选择性必修 第二册6.1 函数的单调性同步达标检测题，共7页。

1．已知f′(x)是函数f(x)的导数，则“f(x)在(a，b)上为减函数”是“f′(x)<0在(a，b)内恒成立”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2．若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，则函数f′(x)的图象是( )
3．函数f(x)＝(x2－2x)ex的图象大致是( )
4．函数f(x)＝2x＋cs x在(－∞，＋∞)上是( )
A.增函数 B．减函数
C.先增后减 D．不确定
5．已知函数f(x)＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－e－x))，则f(x)( )
A.是奇函数，且在(0，＋∞)单调递减
B.是奇函数，且在(0，＋∞)单调递增
C.是偶函数，且在(0，＋∞)单调递减
D.是偶函数，且在(0，＋∞)单调递增
6．已知函数f(x)的大致图象如下图所示，则其解析式可能为( )
A.f(x)＝ eq \f(x3＋2,x)
B.f(x)＝ eq \f(x3＋4x－2,x)
C.f(x)＝ eq \f(ln |x＋1|,x2)
D.f(x)＝ eq \f(（x＋1）ln x,x)
7．(多选题)下列函数在定义域上为增函数的有( )
A.f(x)＝2x4
B.f(x)＝xex
C.f(x)＝x－cs x
D.f(x)＝ex－e－x－2x
8．y＝x＋sin x在[0，π)上是________(填“增函数”或“减函数”).
9．判断下列函数的单调性
(1)f(x)＝3x2－2ln x；
(2)f(x)＝x2·e－x.
10．已知函数f(x)＝x3＋ax.讨论f(x)的单调性．
[提能力]
11．函数f(x)＝ eq \f(（x＋1）2＋sin x,x2＋1)的图象大致是( )
12．(多选题)如果对定义在R上的函数，y＝f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，所有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数y＝f(x)为“H函数”，下列函数是H函数的是( )
A.f(x)＝3x－sin x
B.f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln |x|，x≠0,0，x＝0))
C.f(x)＝x3＋3x
D.f(x)＝ex＋x
13．设函数f(x)＝ax－1－ln x，讨论函数f(x)的单调性．
[培优生]
14．已知函数f(x)＝ln x＋ eq \f(x2,2)－kx，其中k∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与直线x＋y＝2平行，求实数k的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
课时作业(十九) 函数的单调性与导数
1．解析：若f(x)在(a，b)上为减函数时，f′(x)<0在(a，b)内不恒成立，
例如f(x)＝－x3，显然f(x)在(－1，1)递减，但当x＝0时，则f′(0)＝－3×02＝0；
若f′(x)<0在(a，b)内恒成立，设任意x0∈(a，b)，则f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率k＝f′(x)<0，所以f(x)在(a，b)上为减函数．
所以“f(x)在(a，b)上为减函数” 是“f′(x)<0在(a，b)内恒成立”的必要不充分条件．
故选B.
答案：B
2．解析：f′(x)＝2x＋b，因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第四象限，所以x＝－ eq \f(b,2×1)>0，所以b<0，故选A.
答案：A
3．解析：f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，
令f′(x)>0，解得：x> eq \r(2)或x<－ eq \r(2)，
令f′(x)<0，解得：－ eq \r(2)所以f(x)＝(x2－2x)ex在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\r(2)))单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\r(2)))单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，＋∞))单调递增，所以f(x)的两个极值点为± eq \r(2)，故排除选项A和选项D，
当x<0时，x2－2x>0，ex>0，所以f(x)＝(x2－2x)ex恒为正，排除选项C，
即只有选项B符合要求，
故选B.
答案：B
4．解析：∵f(x)＝2x＋cs x
∴f′(x)＝2－sin x
∵sin x∈[－1，1]
∴f′(x)>0在(－∞，＋∞)上恒成立．
∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故选A.
答案：A
5．解析：因为f(x)＝x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－e－x))，x∈R，定义域关于原点对称，
且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，
所以f(x)是偶函数，
当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)单调递增，
故选D.
答案：D
6．解析：对于A，由f(x)＝ eq \f(x3＋2,x)＝x2＋ eq \f(2,x)可得f′(x)＝2x－ eq \f(2,x2)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3－1)),x2)，当x<0时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，当01时，f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(1)＝3，与图象符合；
对于B，f(x)＝ eq \f(x3＋4x－2,x)＝x2－ eq \f(2,x)＋4，则f′(x)＝2x＋ eq \f(2,x2)，当x>0时，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，与图象不符；
对于C，由f(x)＝ eq \f(ln |x＋1|,x2)可得x≠－1，与图象不符；
对于D，由f(x)＝ eq \f(（x＋1）ln x,x)可得f(1)＝0，与图象不符，正确的只有A.
故选A.
答案：A
7．解析：A. 函数f(x)＝2x4的定义域为R，f′(x)＝8x3，当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)在定义域R上不是增函数；
B．函数f(x)＝xex的定义域为R，f′(x)＝(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在定义域R上不是增函数；
C．函数f(x)＝x－cs x的定义域为R，f′(x)＝1＋sin x≥0，所以f(x)在定义域R上是增函数；
D．函数f(x)＝ex－e－x－2x的定义域为R，f′(x)＝ex＋e－x－2≥2 eq \r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时，等号成立，所以f(x)在定义域R上是增函数，
故选CD.
答案：CD
8．解析：∵y′＝1＋cs x≥0恒成立，
∴y＝x＋sin x在[0，π)上是增函数．
答案：增函数
9．解析：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝6x－ eq \f(2,x)，
令f′(x)>0得x> eq \f(\r(3),3)，
所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))上是单调增函数；
令f′(x)<0得0所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))上是单调减函数．
(2)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞).
f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝e－x(2x－x2).
令f′(x)>0得0所以函数f(x)在(0，2)上单调递增；
令f′(x)<0得x<0或x>2，
所以函数f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减．
10．解析：因为f(x)＝x3＋ax，所以f′(x)＝3x2＋a.
①当a≥0时，因为f′(x)＝3x2＋a≥0，所以f(x)在R上单调递增；
②当a<0时，令f′(x)>0，解得x<－ eq \f(\r(－3a),3)或x> eq \f(\r(－3a),3).
令f′(x)<0，解得－ eq \f(\r(－3a),3)则f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(－3a),3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(－3a),3)，＋∞))上单调递增；在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(－3a),3)，\f(\r(－3a),3)))上单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(－3a),3)))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(－3a),3)，＋∞))上是增函数，在(－ eq \f(\r(－3a),3)， eq \f(\r(－3a),3))上是减函数．
11．解析：f(x)＝ eq \f(（x＋1）2＋sin x,x2＋1)＝1＋ eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，令g(x)＝ eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，
则g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x))＝ eq \f(－2x－sin x,x2＋1)＝－g(x)，故g(x)为R上的奇函数，
故f(x)的图象关于(0，1)对称，故排除C.
当x>0时，令h(x)＝2x＋sin x，则h′(x)＝2＋cs x>0，
故h(x)>h(0)＝0，故当x>0时，f(x)>1，故排除D.
而f(－1)＝－ eq \f(sin 1,2)<0，故排除A，
故选B.
答案：B
12．解析：对任意两个不相等的实数x1，x2，所有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)恒成立，
所以不等式等价于(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0恒成立，
即函数f(x)为定义在R上的增函数，
对于A中，函数f(x)＝3x－sin x，可得f′(x)＝3－cs x>0，
函数f(x)为R上的增函数，符合题意；
对于B中，函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln |x|，x≠0,0，x＝0))，当x>0时，函数y＝ln x单调递增，
当x<0时，函数y＝－ln x单调递减，不符合题意；
对于C中，函数f(x)＝x3＋3x，可得f′(x)＝3x2＋3>0，
可得f(x)为R上的增函数，符合题意；
对于D中，函数f(x)＝ex＋x，可得f′(x)＝ex＋1>0，
可得f(x)为R上的增函数，符合题意．
故选ACD
答案：ACD
13．解析：f′(x)＝ eq \f(ax－1,x)(x>0)
当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，则x＝ eq \f(1,a)，
∴当0 eq \f(1,a)时，f′(x)<0，
∴f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)单调递减区间是(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递增是( eq \f(1,a)，＋∞).
14．解析：(1)f′(x)＝ eq \f(1,x)＋x－k(x>0)，
∵曲线y＝f(x)在x＝1处的切线与直线x＋y＝2平行，
∴f′(1)＝－1，即2－k＝－1，故k＝3；
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
当k≤2时，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋x－k≥2 eq \r(\f(1,x)·x)－k＝2－k≥0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当k>2时，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋x－k＝ eq \f(x2－kx＋1,x)，令f′(x)＝0，得x2－kx＋1＝0.
∵Δ＝k2－4>0，∴方程f′(x)＝0有两个不等实根x1＝ eq \f(k－\r(k2－4),2)，x2＝ eq \f(k＋\r(k2－4),2).
∵x1＋x2＝k>0，x1x2＝1>0，∴x2>x1>0.
令f′(x)>0，得0x2；令f′(x)<0，得x1所以f(x)在(0， eq \f(k－\r(k2－4),2))上单调递增，在( eq \f(k－\r(k2－4),2)， eq \f(k＋\r(k2－4),2))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k＋\r(k2－4),2)，＋∞))上单调递增．
综上所述，当k≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(k－\r(k2－4),2)))上单调递增，在( eq \f(k－\r(k2－4),2)， eq \f(k＋\r(k2－4),2))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k＋\r(k2－4),2)，＋∞))上单调递增．
方法二：(常规方法)：讨论Δ＝k2－4的符号．
当Δ＝k2－4≤0，即－2≤k≤2时，x2－kx＋1≥0恒成立，则f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上递增；
当Δ＝k2－4>0，即k<－2或k>2时，方程f′(x)＝0有两个不等实根x1，x2.
①当k<－2时，由x1＋x2＝k<0，x1x2＝1>0知x10恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上递增；
②当k>2时，由x1＋x2＝k>0，x1x2＝1>0知x2>x1>0，
令f′(x)>0，得0x2；令f′(x)<0，得x1故f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上递增，在(x1，x2)上递减．
综上，当k≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当k>2时，f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(k－\r(k2－4),2)))上单调递增，在( eq \f(k－\r(k2－4),2)， eq \f(k＋\r(k2－4),2))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k＋\r(k2－4),2)，＋∞))上单调递增．