课时分层训练(十四)导数与函数的单调性A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为()A．(0,1)B．(0∞，＋)C．(1∞，＋)D．(∞－，0)∪(1∞，＋)A[函数的定义域是(0∞，＋)，且f′(x)＝1－＝，令f′(x)＜0，解得0＜x＜1，所以单调递减区间是(0,1)．]2．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图2112所示，则下列叙述正确的是()【导学号：31222083】图2112A．f(b)＞f(c)＞f(d)B．f(b)＞f(a)＞f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a)D．f(c)＞f(e)＞f(d)C[依题意得，当x∈(∞－，c)时，f′(x)＞0，因此，函数f(x)在(∞－，c)上是增函数，由a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)．因此C正确．]3．已知函数f(x)＝x3＋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A[f′(x)＝x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0“恒成立，故a＞0”“是f(x)在R上单调递”增的充分不必要条件．]4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2∞，＋)上为增函数，则实数m的取值范围为()【导学号：31222084】A．(∞－，2)B．(∞－，2]C.D.D[ f′(x)＝6x2－6mx＋6，当x∈(2∞，＋)时，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立．令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，∴当x＞2时，g′(x)＞0，即g(x)在(2∞，＋)上单调递增，∴m≤2＋＝，故选D.]5．(2016·湖北枣阳第一中学3月模拟)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．(∞∞－，＋)B[由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.]二、填空题6．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的单调情况是________.【导学号：31222085】单调递增[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．]7．函数f(x)＝的单调递增区间是________．(0，e)[由f′(x)′＝＝＞0(x＞0)，可得解得x∈(0，e)．]8．若函数y＝ax＋sinx在R上单调递增，则a的最小值为________．1[函数y＝ax＋sinx在R上单调递增等价于y′＝a＋cosx≥0在R上恒成立，即a≥－cosx在R上恒成立，因为－1≤－cosx≤1，所以a≥1，即a的最小值为1.]三、解答题9．已知函数f(x)＝(k为常数，e是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间．[解](1)由题意得f′(x)＝，又f′(1)＝＝0，故k＝1.5分(2)由(1)知，f′(x)＝.设h(x)＝－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－－＜0，即h(x)在(0∞，＋)上是减函数.8分由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1∞，＋).12分10．(2015·重庆高考)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．[解](1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，2分因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.5分(2)由(1)得g(x)＝ex，故g′(x)＝ex＋ex＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.8分令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；当－40，故g(x)为增函数；当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．综上知，g(x)在(∞－，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0∞，＋)内为增函数.12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(∞－，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则()【导学号：31222086】A．a＜b＜cB．c＜b＜aC．c＜a＜bD．b＜c＜aC[依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，因此有f(－1)＜f(0)＜f，即有f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.]2．(2017·石家庄质检(二))设f′(x)是奇函...
