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    选择性必修 第二册6.1 函数的单调性同步达标检测题

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    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.
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