金版学案 数学选修1-1(人教版)练习：第三章3.3-3.3.1函数的单调性与导数 Word版含解析

第三章 导数及其应用
3.3 导数在研究函数中的应用
3.3.1 函数的单调性与导数
A 级 基础巩固
一、选择题
1．函数y ＝12
x 2－ln x 的单调减区间是( ) A ．(0，1)
B ．(0，1)∪(－∞，－1)
C ．(－∞，1)
D ．(－∞，＋∞)
解析：因为y ＝12
x 2－ln x 的定义域为 (0，＋∞)， 所以 y ′＝x －1x ，令y ′＜0，即x －1x
＜0， 解得：0＜x ＜1或x ＜－1.
又因为x ＞0，所以 0＜x ＜1.
答案：A
2．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )
A ．y ＝sin x
B ．y ＝x e 2
C ．y ＝x 3－x
D ．y ＝ln x －x
解析：显然y ＝sin x 在(0，＋∞)上既有增又有减，故排除A ；对于函数y ＝x e 2，因e 2为大于零的常数，不用求导就知y ＝x e 2在(0，＋∞)内为增函数；
对于C ，y ′＝3x 2
－1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33，
故函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫3
3，＋∞上为增函数，
在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－33，33上为减函数；对于D ，y ′＝1
x －1(x ＞0)．
故函数在(1，＋∞)上为减函数，在(0，1)上为增函数．
答案：B
3．(2018·全国卷Ⅱ)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，则a 的最大值是( )
A.π
4 B.π
2 C.3π
4 D ．π
解析：因为f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin(x －π
4)，
所以当x －π
4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π
2，π2，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π4，3π4时， y ＝sin(x －π4)单调递增，y ＝－2sin(x －π
4)单调递减，
因为函数f (x )在[－a ，a ]是减函数，
所以[－a ，a ]⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤
－π4，3π4
所以0<a ≤π4，所以a 的最大值为π
4.
答案：A
4．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：D
5．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( )
A ．(－∞，－2]
B ．(－∞，－1]
C ．[2，＋∞)
D ．[1，＋∞)
解析：依题意得f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x
在(1，＋∞)上恒成立，因为x >1，所以0<1x
<1， 所以k ≥1，故选D.
答案：D
二、填空题
6．函数f (x )＝x －2sin x 在(0，π)上的单调递增区间为________．
解析：令f ′(x )＝1－2cos x ＞0，得cos x ＜12，又x ∈(0，π)，所以π3
＜x ＜π.
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3，π 7．若函数f (x )＝ln x －12
ax 2－2x 存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是________．
解析：f ′(x )＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x
. 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ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内有解．
①当a >0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，
ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内恒有解；
②当a <0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，
若ax 2＋2x －1≥0在(0，＋∞)内恒有解，
则⎩⎨⎧Δ＝4＋4a ≥0，
x ＝－1a >0，
解得－1≤a <0， 而当a ＝－1时，f ′(x )＝x 2－2x ＋1x ＝（x －1）2x
≥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，＋∞)
8．函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调递增函数，则m 的取值范围为________．
解析：因为f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1，所以f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m ，由题
意可知f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13
. 答案：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫13，＋∞ 三、解答题
9．已知函数f (x )＝ln x －f ′(1)x ＋1－ln 2，试求f (x )的单调区间． 解：由f (x )＝ln x －f ′(1)x ＋1－ln 2，x ∈(0，＋∞)，
得f ′(x )＝1x
－f ′(1)． 令x ＝1，则f ′(1)＝1－f ′(1)，所以f ′(1)＝12
，
f ′(x )＝1x －12
. 由f ′(x )>0，即1x －12
>0，得0<x <2； 由f ′(x )<0，即1x －12
<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，＋∞)．
10．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，求实数m 的取值范围．
解：f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .因为f (x )是R 上的单调函数，
所以f ′(x )≥0恒成立或f ′(x )≤0恒成立．
因为二次项系数3>0，所以只能有f ′(x )≥0恒成立．
因此Δ＝4－12m ≤0，故m ≥13
. 当m ＝13时，使f ′(x )＝0的点只有一个x ＝－13
，也符合题意．故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭
⎪⎫13，＋∞. B 级 能力提升
1．设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )＞g ′(x )，则当a ＜x ＜b 时，有( )
A ．f (x )＞g (x )
B ．f (x )＜g (x )
C ．f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )
D ．f (x )＋g (b )＞g (x )＋f (b )
解析：因为f ′(x )－g ′(x )＞0，所以 ()f （x ）－g （x ）′＞0，所以 f (x )－g (x )在[a ，b ]上是增函数，
所以 当a ＜x ＜b 时f (x )－g (x )＞f (a )－g (a )，
所以 f (x )＋g (a )＞g (x )＋f (a )．
答案：C
2．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1，2)，则b ＝________，c ＝________．
解析：f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题意知－1＜x ＜2是不等式f ′(x )＜0的解，即－1，2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根，把－1，2分别代入
方程，联立解得b ＝－32
，c ＝－6. 答案：－32
－6 3．已知函数f (x )＝x 2－ax －1＋ln x (x >0)．
(1)当a ＝3时，求f (x )的单调递增区间；
(2)若f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12上是增函数，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝3时，f (x )＝x 2－3x －1＋ln x ，
所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x
>0， 解得x <12
或x >1， 又因为x >0，所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12和(1，＋∞)． (2)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上是增函数，则对任意x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，f ′(x )≥0恒成立，
所以f ′(x )＝2x －a ＋1x ＝2x 2－ax ＋1x ≥0等价于∀x ∈⎝
⎛⎭⎪⎫0，12，2x 2－ax ＋1≥0恒成立，
等价于∀x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，a ≤2x ＋1x 恒成立，
令g (x )＝2x ＋1x
， 所以g ′(x )＝2－1x 2＝2x 2－1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －22⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋22x 2， 所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上为减函数，a ≤g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝3.。