高中数学 课时跟踪检测(五)函数的单调性与导数 新人教A版选修2-2-新人教A版高二选修2-2数学试

课时跟踪检测（五） 函数的单调性与导数
A 级——学考水平达标
1．函数f (x )＝x ln x 的单调递增区间是( ) A ．(0,1) B ．(1，＋∞)
C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，＋∞ 解析：选D 由f ′(x )＝ln x ＋1>0，可得x >1e ，∴函数的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞.
2．已知函数f (x )＝1
x
－x ，则f (x )在(0，＋∞)上的单调性为( )
A ．f (x )在(0，＋∞)上是增函数
B ．f (x )在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数
C ．f (x )在(0，＋∞)上是减函数
D ．f (x )在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数
解析：选C 因为f ′(x )＝－1
x
2－1<0，所以f (x )在(0，＋∞)上是减函数，选C.
3．若函数y ＝x 3＋x 2
＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值X 围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，13 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞D.⎝
⎛⎭⎪⎫－∞，13 解析：选C ∵y ′＝3x 2
＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥1
3
.
4．如图为函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，那么函数y ＝f (x )的图象可能为( )
解析：选A 由导函数y ＝f ′(x )的图象，可知当－1<x <3时，f ′(x )<0，所以y ＝f (x )在(－1,3)上单调递减；当x >3或x <－1时，f ′(x )>0，所以y ＝f (x )在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增．综上，函数y ＝f (x )的图象的大致形状如A 中图所示，所以选A.
5．函数f (x )＝x 3
＋ax ＋b 在区间(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，则( ) A ．a ＝1，b ＝1 B ．a ＝1，b ∈R C ．a ＝－3，b ＝3
D ．a ＝－3，b ∈R
解析：选D f ′(x )＝3x 2
＋a .
∵f (x )在(－1,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， ∴f ′(1)＝3＋a ＝0，∴a ＝－3，b ∈R.
6．函数f (x )＝cos x ＋3
2
x 的单调递增区间是________．
解析：因为f ′(x )＝－sin x ＋3
2＞0，所以f (x )在R 上为增函数．
答案：(－∞，＋∞)
7．函数f (x )＝x ＋b x
(b >0)的单调递减区间为________．
解析：函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x )＝⎝
⎛⎭
⎪⎫
x ＋b x
′＝1－b x
2，
令f ′(x )<0，则1
x
2(x ＋b )(x －b )<0，
∴－b <x <b ，且x ≠0.
∴函数的单调递减区间为(－b ，0)和(0，b )． 答案：(－b ，0)和(0，b )
8．若函数y ＝13ax 3－12ax 2
－2ax (a ≠0)在[－1,2]上为增函数，则a ∈________.
解析：y ′＝ax 2
－ax －2a ＝a (x ＋1)(x －2)>0， ∵当x ∈(－1,2)时，(x ＋1)(x －2)<0，∴a <0. 答案：(－∞，0)
9．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2
＋bx ，且f ′(－1)＝－4，f ′(1)＝0.
(1)求a 和b 的值；
(2)试确定函数f (x )的单调区间． 解：(1)∵f (x )＝13x 3＋ax 2
＋bx ，
∴f ′(x )＝x 2
＋2ax ＋b ，
由⎩
⎪⎨
⎪⎧
f ′(－1)＝－4，f ′(1)＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
1－2a ＋b ＝－4，
1＋2a ＋b ＝0.
解得a ＝1，b ＝－3.
(2)由(1)得f (x )＝13
x 3＋x 2
－3x .
f ′(x )＝x 2＋2x －3＝(x －1)(x ＋3)．
由f ′(x )>0，得x >1或x <－3；由f ′(x )<0，得－3<x <1.
∴f (x )的单调递增区间为(－∞，－3)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－3,1)． 10．已知函数f (x )＝ln x －ax 2
＋(2－a )x ，讨论f (x )的单调性． 解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1
x
－2ax ＋(2－a )＝－
(2x ＋1)(ax －1)
x
.
①若a ≤0，则f ′(x )>0，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝1
a
，
且当x ∈⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，
当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
，＋∞时，f ′(x )<0，
所以f (x )在⎝
⎛⎭
⎪⎫0，1a 上单调递增，
在⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
，＋∞上单调递减．
B 级——高考能力达标
1．函数y ＝x cos x －sin x 在下列哪个区间内是增函数( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2B ．(π，2π) C.⎝
⎛⎭
⎪⎫3π2，5π2 D ．(2π，3π)
解析：选B y ′＝cos x ＋x (－sin x )－cos x ＝－x sin x ，用排除法知B 正确． 2．已知函数f (x )＝x ＋1
x
(x >1)，则有( )
A ．f (2)<f (e)<f (3)
B ．f (e)<f (2)<f (3)
C ．f (3)<f (e)<f (2)
D ．f (e)<f (3)<f (2)
解析：选A 因为在定义域(1，＋∞)上有f ′(x )＝1－1
x
2>0，所以f (x )在(1，＋∞)上
是增函数，所以f (2)<f (e)<f (3)．故选A.
3．若函数y ＝a (x 3
－x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－33， 33，则a 的取值X 围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1,0) C ．(1，＋∞)
D ．(0,1)
解析：选A y ′＝a (3x 2
－1)＝3a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫x －33⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋33. 当－
33＜x ＜33时，⎝
⎛
⎭⎪⎫x －33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33＜0， 要使y ＝a (x 3
－x )在⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
－
33， 33上单调递减， 只需y ′＜0，即a ＞0.
4．已知函数f (x )＝－2x 2
＋8ax ＋3在(－∞，3]上是增函数，则实数a 的取值X 围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞
C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，32
D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫32，＋∞ 解析：选B ∵f (x )在(－∞，3]上是增函数， ∴f ′(x )＝－4x ＋8a ≥0对于x ∈(－∞，3]恒成立． 即a ≥x
2对于x ∈(－∞，3]恒成立． 令g (x )＝x
2，x ∈(－∞，3]，则a ≥g (x )max .
∵g (x )＝x
2在(－∞，3]上是增函数，
∴g (x )max ＝g (3)＝32，即a ≥3
2
，选B.
5．已知函数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____________．
解析：设g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2.
∵对任意x ∈R ，f ′(x )＞2，∴g ′(x )＞0. ∴g (x )在R 上为增函数．又g (－1)＝f (－1)＋2－4＝0，∴x ＞－1时，g (x )＞0.
∴由f (x )＞2x ＋4，得x ＞－1. 答案：(－1，＋∞)
6．若函数f (x )＝－43x 3
＋ax 有三个单调区间，则a 的取值X 围是 .
解析：∵f ′(x )＝－4x 2＋a ，且f (x )有三个单调区间， ∴方程f ′(x )＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，
∴Δ＝02
－4×(－4)×a >0，∴a >0. 答案：(0，＋∞)
7．设函数f (x )＝ax －a x
－2ln x . (1)若f ′(2)＝0，求f (x )的单调区间；
(2)若f (x )在定义域上是增函数，某某数a 的取值X 围．
解：(1)因为f ′(x )＝a ＋a x
2－2
x
，且f ′(2)＝0，
所以a ＋a 4－1＝0，所以a ＝4
5
.
所以f ′(x )＝45＋45x 2－2x ＝25x 2(2x 2
－5x ＋2)，
令f ′(x )≥0，解得x ≤1
2或x ≥2，
令f ′(x )≤0，解得1
2
≤x ≤2，
所以f (x )的递增区间为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，12和[2，＋∞)， 递减区间为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2.
(2)若f (x )在定义域上是增函数，则f ′(x )≥0恒成立，
因为f ′(x )＝a ＋a x 2－2x ＝ax 2－2x ＋a
x 2
，
所以需ax 2
－2x ＋a ≥0恒成立，
所以⎩⎪⎨⎪⎧
a >0，
Δ＝4－4a 2
≤0，
解得a ≥1.
所以a 的取值X 围是[1，＋∞)．
8．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)当a ＝－1时，证明：当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＋2>0. 解：(1)根据题意知，f ′(x )＝
a (1－x )
x
(x >0)， 当a >0时，则当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；
同理，当a <0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )＝－3，不是单调函数，无单调区间．
(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x－3，
所以f(1)＝－2，
由(1)知f(x)＝－ln x＋x－3在(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)．
即f(x)>－2，所以f(x)＋2>0.。