高中数学人教版新课标A选修1-13.3导数在研究函数中的应用随堂练习题

这是一份高中数学人教版新课标A选修1-13.3导数在研究函数中的应用随堂练习题，共6页。
函数的单调性与导数[A组　学业达标]1．函数f(x)＝x＋ln x在(0,6)上是(　　)A．增函数B．减函数C．在上是减函数，在上是增函数D．在上是增函数，在上是减函数解析：∵f′(x)＝1＋>0，∴函数在(0,6)上单调递增．答案：A2．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0<x<2时，f′(x)<0，即f(x)为减函数；当x>2时，f′(x)>0，即函数f(x)为增函数．观察选项易知D正确．答案：D3．函数f(x)＝(x－1)ex的单调递增区间是(　　)A．(－∞，0)　　　　　　 B．(0,1)C．(1,4)  D．(0，＋∞)解析：f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex，由f′(x)>0得xex>0，∴x>0，∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，故选D.答案：D4．已知函数f(x)＝x3＋ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最小值是(　　)A．－3  B．－2C．2  D．3解析：∵f(x)＝x3＋ax在[1，＋∞)上是增函数，∴f′(x)＝3x2＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3x2在[1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.故选A.答案：A5．设f(x)，g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有(　　)A．f(x)g(x)>f(b)g(b)  B．f(x)g(a)>f(a)g(x)C．f(x)g(b)>f(b)g(x)  D．f(x)g(x)>f(a)g(a)解析：令F(x)＝，则F′(x)＝<0，所以F(x)在R上单调递减．又a<x<b，∴>>>0.又f(x)>0，g(x)>0，∴f(x)g(b)>f(b)g(x)．答案：C6．当x>0时，f(x)＝x＋的单调递减区间是________．解析：f′(x)＝1－＝＝.由f′(x)<0且x>0得0<x<.答案：(0，)7．若函数f(x)＝(x2＋mx)ex的单调递减区间是，则实数m的值为________．解析：f′(x)＝[x2＋(m＋2)x＋m]·ex，因为f(x)的单调递减区间是，所以f′(x)＝0的两个根分别为x1＝－，x2＝1，即解得m＝－.答案：－8．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：法一：∵f′(x)＝3x2－2ax－1，又f(x)在(0,1)内单调递减，∴不等式3x2－2ax－1≤0在(0,1)内恒成立，∴f′(0)≤0，且f′(1)≤0，∴a≥1.法二：由题意得f′(x)≤0在(0,1)内恒成立，即3x2－2ax－1≤0在(0,1)内恒成立，即2a≥3x－恒成立，∴2a≥2，∴a≥1.答案：[1，＋∞)9．试证明：函数f(x)＝在区间(0,2)上是单调递增函数．证明：由于f(x)＝，所以f′(x)＝＝.由于0<x<2，所以ln x<ln 2<1，故f′(x)＝>0，即函数f(x)＝在区间(0,2)上是单调递增函数．10．已知函数f(x)＝ln x－f′(1)x＋1－ln 2，试求f(x)的单调区间．解析：由f(x)＝ln x－f′(1)x＋1－ln 2，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝－f′(1)．令x＝1，则f′(1)＝1－f′(1)，∴f′(1)＝，f′(x)＝－.由f′(x)>0，即－>0，得0<x<2；由f′(x)<0，即－<0，得x>2.故f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，＋∞)．[B组　能力提升]11．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)A．(－1,1)  B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)  D．(－∞，1)解析：令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2，∵f′(x)>2，∴g′(x)>0，∴g(x)＝f(x)－2x－4在R上是增函数，又∵x＝－1时，g(－1)＝f(－1)＋2－4＝0，故f(x)>0的解集为(－1，＋∞)，故选B.答案：B12．若定义在R上的函数y＝f(x)满足f′(x)>f(x)，则当a>0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为(　　)A．f(a)<eaf(0)  B．f(a)>eaf(0)C．f(a)＝eaf(0)  D．不能确定解析：令F(x)＝，则F′(x)＝＝>0，从而F(x)＝在R上单调递增，于是当a>0时，F(a)＝>F(0)＝＝f(0)，即f(a)>eaf(0)．答案：B13．若x∈[0,2π]，则函数y＝sin x－xcos x的单调递增区间是________．解析：y′＝cos x－cos x＋xsin x＝xsin x>0，∵x∈[0,2π]，∴sin x>0，∴0<x<π，∴函数y＝sin x－xcos x的单调递增区间是(0，π)．答案：(0，π)14．若函数f(x)＝ln x－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＝ax2＋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<a<0；③当a＝0时，显然符合题意．综上所述，a的取值范围是(－1，＋∞)．答案：(－1，＋∞)15．设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.讨论f(x)的单调性．解析：f′(x)＝2ax－＝(x>0)．当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．