课时达标检测(十五) 导数与函数的单调性最新衡水中学自用精品教学设计

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课时达标检测(十五)导数与函数的单调性
[练基础小题——强化运算能力]
1.函数f(x)=e x-e x,x∈R的单调递增区间是()
A.(0,+∞)B.(-∞,0)
C.(-∞,1) D.(1,+∞)
解析:选D由题意知,f′(x)=e x-e,令f′(x)>0,解得x>1,故选D.
2.已知函数f(x)=1
2x
3+ax+4,则“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的()
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
解析:选A f′(x)=3
2x
2+a,当a>0时,f′(x)>0,即a>0时,f(x)在R上单调递增,
由f(x)在R上单调递增,可得a≥0.故“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件.
3.已知函数f(x)的导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象如图所示,则f(x)的图
象可能是()
解析:选D当x<0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数f(x)在该区间内单调递减;当x>0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的图象可知,导函数在区间(0,x1)内的值是大于0的,则在此区间内函数f(x)单调递增.只有D选项符合题意.4.若函数f(x)=sin x+ax为R上的减函数,则实数a的取值范围是________.
解析:∵f′(x)=cos x+a,由题意可知,f′(x)≤0对任意的x∈R都成立,∴a≤-1,故实数a的取值范围是(-∞,-1].
答案:(-∞,-1]
5.已知函数f(x)的导函数为f′(x)=5+cos x,x∈(-1,1),且f(0)=0,如果f(1-x)+f(1-x2)<0,则实数x的取值范围为________.
解析:∵导函数f′(x)是偶函数,且f(0)=0,∴原函数f(x)是奇函数,∴所求不等式变形为f(1-x)<f(x2-1),∵导函数值恒大于0,∴原函数在定义域上单调递增,又f(x)的定义域为(-1,1),∴-1<1-x<x2-1<1,解得1<x<2,∴实数x的取值范围是(1,2).
答案:(1,2)
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1.已知函数f (x )=x 2-5x +2ln x ,则函数f (x )的单调递增区间是( )
A.⎝⎛⎭
⎫0,12和(1,+∞) B .(0,1)和(2,+∞) C.⎝⎛⎭⎫0,12和(2,+∞) D .(1,2)
解析:选C 函数f (x )=x 2-5x +2ln x 的定义域是(0,+∞),令f ′(x )=2x -5+2x
=2x 2-5x +2x =(x -2)(2x -1)x >0,解得0<x <12
或x >2,故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0,12,(2,+∞).
2.若函数f (x )=x 3-tx 2+3x 在区间[]1,4上单调递减,则实数t 的取值范围是( )
A.⎝
⎛⎦⎤-∞,518 B.(]-∞,3 C.⎣⎡⎭⎫518,+∞ D.[)3,+∞
解析:选C f ′(x )=3x 2-2tx +3,由于f (x )在区间[]1,4上单调递减,则有f ′(x )≤0在[]1,4上恒成立,
即3x 2-2tx +3≤0在[1,4]上恒成立,则t ≥32⎝⎛⎭⎫x +1x 在[]1,4上恒成立,因为y =32⎝⎛⎭
⎫x +1x 在[]1,4上单调递增,所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4+14=518
,故选C. 3.已知函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 的图象如图所示,则函数y =log 2x 2+23bx +c 3
的单调递
减区间为( )
A.⎣⎡⎭
⎫12,+∞ B .[3,+∞) C .[-2,3] D .(-∞,-2)
解析:选D 因为f (x )=x 3+bx 2+cx +d ,所以f ′(x )=3x 2+2bx +c ,由图可知f ′(-
2)=f ′(3)=0,所以⎩⎪⎨⎪⎧ 12-4b +c =0,27+6b +c =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧ b =-32,c =-18.令g (x )=x 2+23bx +c 3
,则g (x )=x 2-x -6,g ′(x )=2x -1,由g (x )=x 2-x -6>0,解得x <-2或x >3.当x <12
时,g ′(x )<0,所以g (x )=x 2-x -6在(-∞,-2)上为减函数,所以函数y =log 2⎝
⎛⎭⎫x 2+23bx +c 3的单调递减区间为(-∞,-2).。