同步练习g3.1013函数的单调性

3．3.1函数的单一性与导数填一填1.函数的单一性与其导函数的关系：在某个区间(a，b)内，假如f′ (x)>0，那么函数y＝ f(x)在这个区间内单一递加；假如f′ (x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单一递减；假如恒有f′(x)＝ 0，那么函数f(x)在这个区间内为常函数．2．一般地，假如一个函数在某一范围内的导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得快，这时，函数的图象就比较“峻峭”；反之，函数的图象就比较“缓和”.判一判1.可导函数f(x)在 (a， b)上是增函数，则x∈ (a， b)时 f′ (x)>0.( × )分析：如函数 f(x)＝ x3在 (－∞，＋∞ )上单一递加，但x＝ 0 时 f′ (x)＝ 0，故错误．2．函数 f(x)＝ax2－ b 在区间 (－∞， 0)内是减函数，则a>0 且 b∈ R .(√)分析： f′ (x)＝2ax，当 x<0 时，由 f ′ (x)＝ 2ax<0，得 a>0，∴ a>0， b∈ R.故正确．3．函数 f(x)＝( x－3)e x的单一递加区间是 (－∞， 2) ．(× )分析： f ′ (x)＝ (x－ 3)′ e x＋ (x－ 3)(e x)′＝ (x－ 2)e x，令 f′ (x)>0 ，解得 x>2.增区间为 (2，＋∞ )，故错误．4．若函数 f(x)＝ 2x2－ ln x 在定义域内的一个子区间(k－ 1，k＋ 1)上不是单一函数，则实数3k 的取值范围是1，2.(× )分析：函数14x2－1f(x)的定义域为 (0，＋∞ )， y′＝ 4x－＝x.由 y′ >0 得 f(x)的增区间为11x2，＋∞；由y′ <0得 f(x) 的减区间为0，2，因为函数在(k－ 1 ， k＋ 1) 上不但一，所以1k－ 1<2<k＋ 1，3解得 1≤k<2.故错误 .k－ 1≥0，想想1.求函数单一区间的一般步骤是什么？提示： (1) 确立函数f(x)的定义域；(2)求导数 f′ (x)；(3)在函数定义域内解不等式 f ′ (x)>0 和 f′ (x)<0 ；(4)确立 f(x)的单一区间．注意：在利用导数求函数的单一区间时，第一要确立函数的定义域，解题过程中，只好在定义域内议论，定义域为实数集R 能够省略不写．在对函数区分单一区间时，除一定确立使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不行导点．2．函数的单一性与导函数的关系是什么？提示：注意：在某个区间内，f′ (x)>0( f′ (x)<0) 是函数 f( x)在此区间内单一递加(减 )的充足条件，而不是必需条件．函数f(x)在 (a，b)内单一递加(减 )的充要条件是 f ′ (x)≥ 0(f′ (x)≤0)在(a， b)内恒建立，且f′ (x)在 (a， b)的随意子区间内都不恒等于0.3．常有的函数值变化快慢与导数的关系有哪些？提示：关于① ，函数值增添得愈来愈快，f′ (x)>0 且愈来愈大；关于② ，函数值增添得愈来愈慢， f ′(x)>0 且愈来愈小；关于③ ，函数值减少得愈来愈快， f ′(x)<0 且愈来愈小，绝对值愈来愈大；关于④ ，函数值减少得愈来愈慢， f ′(x)<0 且愈来愈大，绝对值愈来愈小．思虑感悟：练一练1．命题甲：对随意x∈ (a， b)，有 f′ (x)>0；命题乙： f(x)在 (a， b)内是单一递加的．则甲是乙的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件分析： f(x)＝x3在 (－ 1,1)内是单一递加的，但f′ (x)＝3x2≥ 0(－1<x<1)，故甲是乙的充足不必需条件．应选 A.答案： A2．设函数 y＝ f(x)在定义域内可导， y＝ f(x)的图象如下图，则导函数 y＝f′ (x)可能为 ()分析：已知函数的图象，联合函数的单一性可知，在y轴左边为增函数，导数恒大于等于零，清除A、 C，而后在y 轴右边，函数先增后减再增，导数值先正后负再正，故可知清除B 项，知足题意的为 D 项．答案： D3．函数 y＝ x2－ 4ln x 的单一递减区间是 ________．4 2 x＋ 2 x－ 2(x>0) ，分析： y′＝ 2x－＝xx令 y′≤ 0，解得 0<x≤2，∴ 函数 y＝ x2－4ln x 的单一递减区间是 (0， 2]．答案： (0， 2]4．已知函数 y＝ f(x)(x∈ R)的图象如下图，则不等式xf′ (x)>0 的解集为 ________．1分析：当 x>0 时，xf′ (x)>0? f′ (x)>0 ，察看函数 f(x)在 (0，＋∞ )上的图象，可得 f(x)在 0，2，1(2，＋∞ )上单一递加，即当 x∈ 0，2∪ (2，＋∞ )时，f′ (x)>0 ；当 x<0 时，xf′ (x)>0 ? f′ (x)<0 ，察看函数 f(x)在 (－∞， 0)上的图象，可得f(x)在 (－∞， 0)上单一递加，即当x∈ (－∞， 0)时，f′ ( x)>0 无解．综上，不等式 xf′ (x)>0 的解集为1∪ (2，＋∞ )．0，21答案： 0，2∪ (2，＋∞ )知识点一求函数的单一区间1.函数 f(x)＝ x3－ 3x2＋ 1 是减函数的区间为 ()A ． (2，＋∞ )B ． (－∞， 2)C． (－∞， 0) D ． (0,2)分析： f′ (x)＝3x2－ 6x＝ 3x(x－ 2)<0 ，解得 0<x<2.答案： Dx的单一递加区间是 ()2．函数 f(x)＝1－xA ． (－∞， 1)B ． (1，＋∞ )C． (－∞， 1)，(1，＋∞ ) D． (－∞，－ 1)， (1，＋∞ )x′ 1－ x － x 1－ x ′ 1－ x＋ x1分析：∵ f′ (x)＝1－ x 2＝1－ x 2＝1－x 2>0，又 x≠ 1.∴ f(x)的单一递加区间为 (－∞，1)， (1，＋∞ )．答案： C3．已知函数 y＝ x·f′(x)的图象如下图，则函数f(x)的图象可能是 ()分析： 当 x>0 时， y ＝ x ·f ′ (x)在 [0，b] 上的函数值非负 ? 在 [0，b]上 f ′ (x)≥0，故函数 f(x)在 [0，b]上单一递加； 当 x<0 时，y ＝ x ·f ′ (x)在 (－∞ ，0]上的函数值非负? 在 (－ ∞ ，0]上 f ′(x)≤ 0，故 f(x)在 (－∞ ， 0]上单一递减，察看各选项可知选D.答案： D4．求以下函数的单一区间：(1)f(x)＝ 2x 3－ 3x ； (2)f(x)＝ x 2－ ln x. 分析： (1) 由题意得 f ′ (x)＝ 6x 2－ 3.(x)＝ 6x 2－ 2 2令 f ′ 3>0，解得 x<－ 2 或 x> 2 .当 x ∈ 2－∞，－ 2时，函数为增函数；当 x ∈22 ，＋ ∞ 时，函数也为增函数．2 2令 f ′ (x)＝ 6x 2－ 3<0，解得－ 2 <x< 2 .当 x ∈ 22时，函数为减函数．－ 2 ， 232 2故函数 f( x)＝ 2x － 3x 的单一递加区间为 －∞，－ 2 和2 ，＋ ∞ ，单一递减区间为2 2 － 2 ， 2 .(2)函数 f(x)＝ x 2－ ln x 的定义域为 (0，＋ ∞ )． f ′ (x)＝ 2x －1＝ 2x －1 2x ＋ 1.xx22令 f ′ (x)>0，解得 x> 2 ；令 f ′ (x)<0，解得 0<x< 2 .故函数 f(x)＝ x 2－ ln x 的单一递加区间为222 ，＋ ∞ ，单一递减区间为0，2 .5．已知函数 f(x)＝ x － 2－ ln x 的导函数为 f ′( x)．x(1) 解不等式 f ′ (x)<2； (2) 求函数 g(x)＝ f(x)－ 4x 的单一区间．2 1 分析： (1) 由题可得 f ′ (x)＝ 1＋x 2－ x (x>0)，2 1所以 f ′( x)<2 即 x 2－ x － 1<0(x>0) ，即 x 2＋ x － 2>0(x>0)，解得 x>1，所以不等式 f ′ (x)<2 的解集为 (1，＋ ∞ )．2(2)由题可得 g(x)＝ f(x)－ 4x ＝－ 3x － x －ln x ，2 1 － 3x 2－ x ＋ 2x ＋ 1 3x － 2所以 g ′ (x)＝－ 3＋x 2 － x ＝x 2 ＝－x 2，22所以当 0<x<3时， g ′ (x)>0；当 x>3时， g ′ (x)<0 ，22所以函数 g(x)的单一增区间为0， 3 ，单一减区间为 3，＋∞ .知识点二已知函数单一性求参数的值6.已知函数 f(x)＝－ x 3＋ ax 2－x － 1 在 (－∞，＋∞ )上是单一递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ． (－∞，－ 3] ∪[ 3，＋∞ )B ． [－ 3， 3]C ． (－∞，－ 3)∪ ( 3，＋∞ )D ． (－ 3， 3)分析： 由题意得 f ′ (x)＝－ 3x 2＋ 2ax －1≤ 0 在(－ ∞ ，＋ ∞)上恒建立，且仅在有限个点上 f ′ ( x)＝ 0，则有 ＝ 4a 2－12≤ 0，解得－ 3≤ a ≤ 3.答案： B7．若函数 f(x) ＝ x 3＋ bx 2 ＋cx ＋ d 的单一递减区间为 (－ 1,2)，则 b ＝________，c ＝________. 分析： 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，所以b ＝－ 3， c ＝－ 6.32答案： －2 －68．已知 f(x)＝2ax － 12，若 f(x)在 x ∈ (0,1] 上是增函数，则a 的取值范围为 ________．x2分析： 由已知得f ′ (x)＝2a ＋ 3.∵ f (x)在 (0,1] 上单一递加，1∴f ′ (x)≥ 0，即 a ≥ －x 3在 x ∈ (0,1] 上恒建立．1而 g(x)＝－ x 3在 (0,1] 上单一递加，∴g(x)max ＝ g(1) ＝－ 1， ∴ a ≥ －1.(经查验等号建立 ) 答案： [－ 1，＋∞ )基础达标1.若在区间 (a ， b)内， f ′( x)>0 ，且 f(a)≥ 0，则在 (a ，b)内有 ()A ． f( x)>0B ． f(x)<0C ． f( x)＝ 0D ．不可以确立分析： 因为 f(x)在 (a ， b)上为增函数， ∴f(x)>f( a)≥ 0.应选 A.答案： A2．函数 y ＝－ x ＋ sin x 在 R 上 () A ．单一递加 B ．单一递减 C ．先增后减 D ．先减后增分析： 因为 y ′ ＝－ 1＋cos x ≤0 恒建立，所以函数y ＝－ x ＋ sin x 在 R 上单一递减，应选B.答案： B3．以下函数中，在 (0，＋∞ )内为增函数的是 ()A ． y ＝ sin xB ． y ＝ xe xC ． y ＝ x 3－ xD ． y ＝ln x － x分析：A 项中， y ′＝ cos x ，当 x>0 时，y ′ 的符号不确立； B 项中，y ′ ＝ e x ＋ xe x ＝ (x ＋ 1)e x ，当 x>0 时， y ′ >0，故在 (0，＋ ∞ )内为增函数； C 项中， y ′ ＝ 3x 2－ 1，当 x>0 时， y ′ >－ 1；1D 项中， y ′＝ x － 1，当 x>0 时， y ′>－ 1.答案： B4．函数 f(x)＝2x － sin x 在 (－∞，＋∞ )上是 ( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．不确立分析： f ′ (x)＝2－ cos x ， ∵cos x ≤ 1，∴ f ′ (x)>0， ∴ f(x)在 (－ ∞ ，＋ ∞ )上是增函数．答案： A1 ax 3－ x 2＋ 5(a>0) 在 (0,2)上不但一，则 a 的取值范围是 () 5．已知函数 f(x)＝ 31A ． 0<a<1B ．0<a<21C.2<a<1 D ．a>1分析： 由 f(x)＝ 1ax 3－ x 2＋ 5(a>0) ，得 f ′ (x)＝ ax 2－ 2x.因为函数 f(x)在 (0,2)上不但一，所以 3f ′ ( x)在 (0,2)上存在零点，而 a>0，所以 20<a<2 ，解得 a>1. 应选D.答案： D6．定义在 R 上的函数 f(x)，若 A ． f(0) ＋ f(2)>2 f(1)B ． f(0) ＋ f(2)＝ 2f(1)C ． f(0) ＋ f(2)<2 f(1)D ． f(0) ＋ f(2)与 2f(1)大小不定( x －1) ·f ′ (x)<0 ，则以下各项正确的选项是()分析： 当 x>1 时， f ′ (x)<0， f(x)是减函数， ∴ f (1)>f(2) ．当 x<1 时， f ′ (x)>0 ， f(x) 是增函数， ∴f(0)<f(1) ．所以 f(0)＋ f(2)<2f(1)．答案： C1，＋∞ 内单一递加，则a 的取值范围为 ()7．函数 y ＝ ax － ln x 在 2A ． (－∞， 0] ∪[2，＋∞ )B ． (－∞， 0]C ． [2，＋∞ )D ． (－∞， 2]1分析： ∵ y ′ ＝a － 1，函数 y ＝ ax －ln x 在 ，＋ ∞ 内单一递加，2 1 x1 ∴在 2，＋ ∞ 上 y ′≥ 0，即 a － x ≥ 0，∴a ≥1 1 1<2，x .由 x> 得2 x1要使 a ≥ x 恒建立，只要 a ≥ 2. 答案： C二、填空题8．函数 f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋ 6 的单一递减区间是 ________．分析： ∵ f ′ (x)＝ 3x 2－ 30x －33＝ 3(x ＋1)(x － 11)．由 f ′ (x)<0，得－ 1<x<11，∴ f (x)的单一递减区间为 (－1,11) ．答案： (－ 1,11)9．已知 f(x)＝ax 3＋ 3x 2－x ＋ 1 在 R 上是减函数，则 a 的取值范围为 ________．分析： f ′ (x)＝3ax 2＋ 6x － 1≤0 恒建立a<0a<0， ∴ a ≤ － 3.?，即Δ≤0 36＋ 12a ≤ 0 答案： (－∞，－ 3]10．使 y ＝ sin x ＋ ax 在 R 上是增函数的 a 的取值范围为 ________．分析： 需知足 f ′(x)＝ cos x ＋ a ≥ 0 恒建立， ∴ a ≥ － cos x ，又－ 1≤ cos x ≤1， ∴ a ≥1. 答案： [1，＋∞ )11．函数 f(x)＝ ln x － 1 22 x ＋ x 的单一递加区间为 ________．分析： 由 f(x) ＝ln x － 1 x 2＋ x ，得 f ′ (x)＝ 1－x ＋1＝ － x 2＋ x ＋1，且 x ∈ (0，＋ ∞ )，x2 x令 f ′ (x)>0，得 x>0，则 0< x< 1＋ 5.2－ x 2＋ x ＋ 1>01 2 0，1＋ 5故函数 f(x)＝ ln x － x＋x 的单一递加区间为.22答案： 0， 1＋ 5212．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)知足 f ′(x)<1，若 f(1－ m) －f(m)>1 － 2m ，则实数 m的取值范围是 ________．分析： 令 F(x)＝ f(x)－ x ，则 F ′ (x)＝ f ′ (x)－ 1<0，故函数 F(x)＝ f( x)－ x 在 R 上单一递减，又由题设知 f(1－ m)－ f(m)>1 －2m ，恒等变形为 f (1－ m )－ f(m)>(1－ m )－ m ，则 F(1 －m)>F(m)，1 1故 1－ m<m ，即 m>2.故实数 m 的取值范围是2，＋∞ .答案： 1，＋∞2三、解答题13． 求函数 f(x)＝ 2x 2－ ln x 的单一区间．分析： 由题设知函数 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞) ．14x 2－ 1f ′ (x)＝ 4x － x ＝x ，1由 f ′ (x)>0，得 x>2，由 f ′ (x)<0，1得 0< x<2，11∴函数 f(x)＝ 2x 2－ ln x 的单一递加区间为 2，＋ ∞，单一递减区间为 0，2 . 14． (1) 已知函数 f(x)＝ x 3＋ bx 2＋ cx ＋ d 的单一减区间为 [－ 1,2]，求 b ， c 的值． (2)设 f(x)＝ ax 3＋x 恰巧有三个单一区间，务实数 a 的取值范围． 分析： (1) ∵ 函数 f(x)的导函数 f ′ (x)＝ 3x 2＋ 2bx ＋ c ， 由题设知－ 1<x<2 是不等式3x 2＋ 2bx ＋c<0 的解集．∴－ 1,2 是方程 3x 2＋ 2bx ＋c ＝ 0 的两个实根，∴－ 1＋ 2＝－2 c3b ， (－ 1)× 2＝ ，33即 b ＝－ 2，c ＝－ 6.(2)∵ f ′ (x)＝ 3ax 2＋ 1，且 f(x)有三个单一区间， ∴方程 f ′ (x) ＝3ax 2＋ 1＝ 0 有两个不等的实根， ∴Δ＝ 02－4× 1× 3a>0， ∴ a<0. ∴a 的取值范围为 (－ ∞ ，0).能力提高15.判断函数 f(x)＝ (a ＋ 1)ln x ＋ ax 2＋ 1 的单一性． 分析： 由题意知 f(x)的定义域为 (0，＋ ∞ )，a ＋ 12ax 2＋ a ＋ 1f ′ (x)＝x＋ 2ax ＝x.①当 a ≥ 0 时， f ′(x)>0，故 f(x) 在 (0，＋ ∞ )上单一递加．②当 a ≤ － 1 时， f ′ (x)<0 ，故 f(x) 在(0，＋ ∞ )上单一递减．③当－ 1< a<0 时，令 f ′ (x)＝ 0，解得 x ＝a ＋ 1－ 2a ，则当 x ∈ 0， －a ＋ 1时， f ′ (x)>0 ；2a 当 x ∈－ a ＋ 1 2a ，＋ ∞ 时， f ′ (x)<0.故 f(x)在 0，－a ＋ 1上单一递加，2aa ＋ 1 在－ 2a，＋ ∞上单一递减．综上，当 a ≥0 时， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递加；当 a ≤ － 1 时， f(x)在 (0，＋ ∞ )上单一递减；当－ 1< a<0 时， f(x)在 0，－a ＋ 1上单一递加，在16．已知函数 f(x)＝ x 3－ ax －1. 2a(1) 若 f(x)在实数集 R 上单一递加，务实数 a 的取值范围； (2) 能否存在实数 a ，使 f(x)在 (－ 1,1)上单一递减？若存在，请说明原因．分析： (1) 由已知，得 f ′( x) ＝3x 2－a.a ＋ 1－ 2a ，＋ ∞上单一递减．求出 a 的取值范围； 若不存在，因为 f(x)在 (－ ∞，＋ ∞ )上是单一递加函数，所以 3x 2－ a ≥ 0 在(－ ∞ ，＋ ∞ ) 上恒建立，即 a ≤3x 2 对 x ∈ (－∞ ，＋ ∞ )恒建立． 因为 3x 2≥ 0，所以只要 a ≤ 0.又 a ＝ 0 时， f ′ (x)＝ 3x 2≥ 0， f(x)在实数集R 上单一递加，所以a ≤ 0.(2)假定 f′ (x)＝ 3x2－ a≤ 0 在 (－ 1,1)上恒建立，则 a≥ 3x2在 x∈(－ 1,1)时恒建立．因为－ 1< x<1，所以 3x2<3，所以只要a≥ 3.当 a＝ 3 时，在 x∈ (－ 1,1)上， f′ (x)＝ 3(x2－ 1)<0 ，即 f(x)在 (－ 1,1)上为减函数，所以 a≥ 3.故存在实数a≥ 3，使 f(x)在 (－ 1,1)上单一递减．。

人教B版（2019）必修第一册《3.1.2 函数的单调性》2020年同步练习卷（3）一、选择题1. 函数y=f(x)在[−2, 2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是()A.f(−2)，0B.0，2C.f(−2)，2D.f(2)，22. 已知函数f(x)＝x2+2x+a(x∈[0, 2])有最小值−2，则f(x)的最大值为（）A.4B.6C.1D.2二、解答题函数f(x)=1x 在[1, b](b>1)上的最小值是14，则b＝________．函数f(x)＝在区间[2, 4]上的最大值为________，最小值为________．已知f(x)＝，x∈[2, 6]．（1）证明：f(x)是定义域上的减函数；（2）求函数f(x)的最大值和最小值．参考答案与试题解析人教B版（2019）必修第一册《3.1.2 函数的单调性》2020年同步练习卷（3）一、选择题1.【答案】C【考点】函数的图象【解析】由函数图象可知，函数的最小值、最大值．【解答】解：由函数图象可知，当x=1时，函数有最大值，最大值为2；当x=−2时，函数有最小值，最小值为f(−2).故选C．2.【答案】B【考点】二次函数的图象二次函数的性质【解析】先求出函数f(x)的对称轴和开口方向，再判断函数在区间[0, 2]上单调性，从而可确定最大值和最小值，利用最小值求出a，再代入最大值即可．【解答】∵f(x)＝x2+2x+a对称轴为x＝−1，且开口向上，∴函数f(x)在x∈[0, 2]上为增函数，∴f(x)的最小值为f(0)＝a＝−2，即a＝−2，∴f(x)最大值为f(2)＝8+a＝6．二、解答题【答案】4【考点】函数的最值及其几何意义【解析】由函数f(x)=1x在[1, b](b>1)上递减，可得f(b)最小，解方程可得b．【解答】函数f(x)=1x在[1, b](b>1)上递减，即有f(b)=1b 最小，且为14．解得b＝4，【答案】,【考点】函数的最值及其几何意义【解析】由f(x)＝＝＝1−，可得函数f(x)的单调性，利用单调性即可求解．【解答】f(x)＝＝＝1−，∵函数f(x)在[2, 4]上是增函数，∴f(x)min＝f(2)＝＝，f(x)max＝f(4)＝＝．【答案】证明：设任意实数x1∈[2, 6]，x2∈[2, 6]，且x1<x2，∴△x＝x2−x1>0．∴△y＝f(x2)−f(x1)＝-＝，∵x1−x2＝−△x<0，x2−1>0，x1−1>0，∴<0，∴△y<0．故函数f(x)是定义域上的减函数．由（1）知f(x)是定义域上的减函数，∴f(x)max＝f(2)＝1，f(x)min＝f(6)＝．【考点】函数单调性的性质与判断函数的最值及其几何意义【解析】（1）利用定义法证明；（2）利用函数的单调性求解．【解答】证明：设任意实数x1∈[2, 6]，x2∈[2, 6]，且x1<x2，∴△x＝x2−x1>0．∴△y＝f(x2)−f(x1)＝-＝，∵x1−x2＝−△x<0，x2−1>0，x1−1>0，∴<0，∴△y<0．故函数f(x)是定义域上的减函数．由（1）知f(x)是定义域上的减函数，∴f(x)max＝f(2)＝1，f(x)min＝f(6)＝．。

2.1.3 函数的单调性5分钟训练1.函数y=(2k+1)x+b 在(-∞,+∞)上是减函数,则( ) A.k>21 B.k<21 C.k>21- D.k<21- 答案：D解析：一次函数的单调性取决于一次项系数的正负.当2k+1<0时,函数为减函数,解得k<21-. 2.函数y=x 2-6x+10在区间(2,4)上是( )A.递减函数B.递增函数C.先递减再递增D.先递增再递减 答案：C解析：该函数的对称轴为x=3,根据图象可知函数在(2,4)上是先递减再递增的.3.一个函数的图象过点(1,2),且在R 上是递增的,则这个函数的解析式可以为_____________. 答案：y=2x(不唯一)4.下图表示某市2006年6月份某一天的气温随时间变化的情况,请观察此图回答下列问题:(1)这天的最高气温是____________;(2)这天共有____________个小时的气温在31 ℃以上; (3)这天在____________(时间)范围内温度在上升;(4)请你预测一下,次日凌晨1点的气温大约是____________. 答案：(1)37 ℃ (2)9 (3)3点-15点 (4)23 ℃-26 ℃提示：只要抓住图象提供的最高点、单调性以及计时的基本常识,便易知答案. 10分钟训练1.若一次函数y=kx+b(k≠0)在(-∞,+∞)上是单调递减函数,则点(k,b)在直角坐标平面的( )A.上半平面B.下半平面C.左半平面D.右半平面 答案：C提示：k<0,b∈R .2.已知函数f(x)=2mx+4,若在［-2,1］上存在x 0,使f(x 0)=0,则实数m 的取值范围是( ) A.［45-,4］ B.(-∞,-2］∪［1,+∞) C.［-1,2］ D.［-2,1］ 答案：B解析：由一次函数的单调性可知:当且仅当f(-2)与f(1)异号,即f(-2)·f(1)≤0时,存在x 0,使f(x 0)=0,解得m≥1或m≤-2.3.定义在R 上的函数f(x)对任意两个不相等实数a 、b,总有ba b f a f --)()(>0成立,则必有( )A.函数f(x)是先增加后减少B.函数f(x)是先减少后增加C.f(x)在R 上是增函数D.f(x)在R 上是减函数 答案：C解析：由题意可知f(a)-f(b)与a-b 同号,故f(x)在R 上是增函数. 4.函数y=111--x ( ) A.在(-1,+∞)内单调递增 B.在(-1,+∞)内单调递减 C.在(1,+∞)内单调递增 D.在(1,+∞)内单调递减 答案：C 提示：函数y=111--x 的图象可以看作是由函数y=x11-的图象向右平移一个单位得到的. 5.小军在《高中同步测控优化训练》中遇到这样一道题目:请写出一个在(-∞,0)上递减,在［0,+∞)上递增的函数.请你帮小军写出满足条件的一个函数:______________.答案：y=x 2(不唯一)解析：此题只要写出满足条件的一个函数即可,如y=x 2,y=x 2+2,y=|x|等. 6.证明函数y=xx 1+在（1，+∞）上为增函数. 证明：设x 1、x 2是（1，+∞）上的任意两个实数，且x 1＜x 2，则f （x 1）-f （x 2）=x 1+11x -（x 2+21x ）=x 1-x 2+（2111x x -）=x 1-x 22121x x x x --=（x 1-x 2）（21211x x x x -）.∵x 1-x 2＜0，x 1x 2-1＞0，x 1x 2＞0，∴f（x 1）-f （x 2）＜0，即f （x 1）＜f （x 2）. ∴函数y=xx 1+在（1，+∞）上为增函数. 30分钟训练1.已知m<-2,点(m-1,y 1),(m,y 2),(m+1,y 3)都在二次函数y=x 2-2x 的图象上,则( ) A.y 1<y 2<y 3 B.y 3<y 2<y 1 C.y 1<y 3<y 2 D.y 2<y 1<y 3 答案：B解析：因为函数y=x 2-2x 的图象的对称轴为x=1,又m<-2,所以m-1,m,m+1都小于-1,即各点都在对称轴的左侧.又函数y=x 2-2x 的二次项系数为1,所以其图象对称轴左侧函数是递减的,于是有y 3<y 2<y 1.2.(创新题)在股票买卖过程中,经常用到两种曲线,一种即时价格曲线y=f(x),另一种是平均价格曲线y=g(x)〔如f(2)=3是指开始买卖后两个小时的即时价格为3元;g(2)=3表示两个小时内的平均价格为3元〕,下图给出的四个图象,其中实线表示y=f(x),虚线表示y=g(x),其中可能正确的是( )答案：C 解析：由开始交易时的价格与平均价格相同,可知A 、D 错误;当即时价格下降时,平均价格会发生变化,可知B 错误.3.函数f(x)=-x 2+2(a-1)x+2在(-∞,4)上是增函数,则a 的范围是( ) A.a≥5 B.a≥3 C.a≤3 D.a≤-5 答案：A解析：函数的对称轴是x=a-1,由题意知,当a-1≥4,得a≥5. 4.已知函数f(x)在区间［a,b ］上具有单调性,且f(a)·f(b)<0,则方程f(x)=0在区间［a,b ］上( )A.至少有一个实数根B.至多有一个实数根C.没有实数根D.有唯一的实数根 答案：D解析：由条件知f(a)和f(b)异号,所以必存在唯一的实数c,使f(c)=0. 5.函数y=322-+x x 的单调递减区间为( )A.(-∞,-3］B.(-∞,-1］C.［1,+∞)D.［-3,-1］ 答案：A解析：该函数的定义域为(-∞,-3］∪［1,+∞),函数f(x)=x 2+2x-3的对称轴为x=-1,由复合函数的单调性可知该函数在区间(-∞,-3］上为减函数.6.已知函数f(x-2)=2x 2-9x+13,则使函数f(x)是减函数的区间是___________. 答案：(-∞,41］ 解析：令t=x-2,则x=t+2.∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t 2-t+3.∴f(x)=2x 2-x+3. ∴函数的减区间是(-∞,41］. 7.已知y=f(x)在定义域(-1,1)上是减函数,且f(1-a)<f(3a-1),则a 的取值范围是___________. 答案：(0,21) 解析：由题意,可得1>1-a>3a-1>-1,即⎪⎩⎪⎨⎧->-->-->.113,131,11a a a a 解得0<a<21.所以a 的取值范围是(0,21). 8.二次函数y=ax 2+ax+2(a≠0)在R 上的最大值为f(a),写出函数f(a)的解析式,判断f(a)在［1,5］上的单调性,并画出函数的图象.解：由题意得a<0且二次函数y=ax 2+ax+2(a≠0)在R 上的最大值为48a -,所以f(a)=48a-.因为f(a)在［1,5］上无意义,所以f(a)在［1,5］上没有单调性.其图象如图.9.(探究题)下面是四种容器的侧面图,分别向这四种容器中以相同的速度注水.下面的图象中哪个图象可以大致刻画容器中水的高度与时间的函数关系： 对于图(1),对于图(2),对于图(3),对于图(4),解：当以相同的速度向四个容器注水时,可以大致刻画容器中的高度与时间的关系:对于图(1)是第3个图,对于图(2)是第1个图,对于图(3)是第3个图,对于图(4)是第3个图.10.利用函数的单调性的定义证明：f(x)=-x 3+1在(-∞,+∞)上是减函数. 证明：在(-∞,+∞)上任取x 1<x 2,则f(x 1)-f(x 2)=(-x 13+1)-(-x 23+1)=x 23-x 13=(x 2-x 1)(x 22+x 1x 2+x 12)=(x 2-x 1)［(x 2+21x 1)2+2143x ］. ∵x 1<x 2,∴(x 2-x 1)［(x 2+21x 1)2+2143x ］>0,即f(x 1)>f(x 2).∴f(x)=-x 3+1在(-∞,+∞)上是减函数.。

高中数学 3.1.1 导数与函数的单调性同步精练北师大版选修2-21.函数f(x)＝x·ln x在(0,6)上是( )．A．单调增函数B．在10,e⎛⎫⎪⎝⎭上是减少的，在1,6e⎛⎫⎪⎝⎭上是增加的C．单调减函数D．在10,e⎛⎫⎪⎝⎭上是增加的，在1,6e⎛⎫⎪⎝⎭上是减少的2．当x＞0时，f(x)＝x＋2x，则f(x)的单调递减区间是( )．A．(2，＋∞) B．(0,2) C．(2，＋∞) D．(0，2) 3．函数y＝x cos x－sin x在下面哪个区间内是增函数( )．A．3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭B．(π，2π)C．35,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭D．(2π，3π)4．下列命题成立的是( )．A．若f(x)在(a，b)内是增函数，则对任何x∈(a，b)，都有f′(x)＞0B．若在(a，b)内对任何x都有f′(x)＞0，则f(x)在(a，b)上是增函数C．若f(x)在(a，b)内是单调函数，则f′(x)必存在D．若f′(x)在(a，b)上都存在，则f(x)必为单调函数5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意正数a，b，若a＜b，则必有( )．A．af(a)≤f(b) B．bf(b)≤f(a) C．af(b)≤bf(a) D．bf(a)≤af(b)6．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有( )．A．f(0)＋f(2)＜2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)＞2f(1)7．已知函数f(x)＝ax－ln x，若f(x)＞1在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的范围为________．8．已知函数y＝f(x)(x∈R)上任一点(x0，f(x0))处的切线斜率k＝(x0－2)(x0＋1)2，则该函数的单调递减区间为__________．9．求证：方程x－12sin x＝0只有一个根x＝0.10．设函数f(x)＝x(e x－1)－ax2：(1)若a＝12，求f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．参考答案1.答案：B 解析：f ′(x )＝(x ·ln x )′＝(x )′ln x ＋x ·(ln x )′＝ln x ＋1， ∴当0＜x ＜1e 时，f ′(x )＜0；当1e＜x ＜6时，f ′(x )＞0， ∴f (x )＝x ln x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上是减少的，在1,6e⎛⎫ ⎪⎝⎭上是增加的． 2.答案：D 解析：f ′(x )＝1－22x ，令f ′(x )＝1－22x＜0，得22x -<<且x ≠0，又x ＞0，∴0＜x ＜2，∴函数f (x )的单调递减区间为(0，2)．3.答案：B 解析：y ′＝－x sin x ，∵y ＝x cos x －sin x 是增函数，∴y ′＞0.∵x ＞0，∴sin x ＜0，而sin x 在(π，2π)内小于0，∴y ＝x cos x －sin x 在(π，2π)内是增函数．4.答案：B 解析：若f (x )在(a ，b )内是增函数，则f ′(x )≥0，故A 错；f (x )在(a ，b )内单调与f ′(x )是否存在无必然联系，故C 错；f (x )＝2在(a ，b )上的导数f ′(x )＝0存在，但f (x )无单调性，故D 错．5.答案：B 解析：∵xf ′(x )＋f (x )≤0且x ＞0，f (x )≥0， ∴f ′(x )≤()f x x-，即f (x )在(0，＋∞)上是减函数． 又0＜a ＜b ，∴af (b )≤bf (a )．6.答案：B 解析：由(x －1)f ′(x )≥0，得f (x )在[1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减或恒为常数．故f (0)＋f (2)≥2f (1)．7.答案：a ≥1 解析：由已知a ＞1ln xx+在区间(1，＋∞)内恒成立． 设g (x )＝1ln xx +， ∴g ′(x )＝2ln xx -＜0(x ＞1)，∴g (x )＝1ln xx+在区间(1，＋∞)内单调递减，∴g (x )＜g (1)． ∵g (1)＝1， ∴1ln xx+＜1在区间(1，＋∞)内恒成立， ∴a ≥1.8.答案：(－∞，2] 解析：令k≤0得x0≤2，由导数的几何意义可知，函数的单调减区间为(－∞，2]．9.答案：证明：设f(x)＝x－12sin x，x∈(－∞，＋∞)，则f′(x)＝1－12cos x＞0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．而当x＝0时，f(x)＝0，∴方程x－12s in x＝0有唯一的根x＝0.10.解：(1)a＝12时，f(x)＝x(e x－1)－12x2，f′(x)＝e x－1＋x e x－x＝(e x－1)(x＋1)．当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)f(x)＝x(e x－1－ax)，令g(x)＝e x－1－ax，则g′(x)＝e x－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.若a＞1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时，g(x)＜0，即f(x)＜0.综上所述a的取值范围为(－∞，1]．。