高中数学 第1章 导数及其应用 1.3 导数在研究函数中的应用 课时作业6 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数学试题VIP免费

课时作业6函数的单调性与导数(1)知识点一判断函数的单调性1.函数y＝f(x)是定义在R上的可导函数，则y＝f(x)为R上的单调递增函数是f′(x)＞0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答案B解析函数y＝f(x)在R上为单调递增函数，说明f′(x)≥0在R上恒成立，且f′(x)在R的任意子区间内都不恒等于0，推不出f′(x)＞0.根据函数单调性与导数正负的关系，由f′(x)＞0显然能推出函数y＝f(x)在R上为单调递增函数．所以函数y＝f(x)为R上的单调递增函数是f′(x)＞0的必要不充分条件．2．函数y＝f(x)的图象如图所示，则()A．f′(3)＞0B．f′(3)＜0C．f′(3)＝0D．f′(3)的符号不确定答案B解析由图象可知，函数f(x)在(1,5)上单调递减，则在(1,5)上有f′(x)＜0，所以f′(3)＜0.3．如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是()A．f(x)在(－3,1)上单调递增1B．f(x)在(1,3)上单调递减C．f(x)在(2,4)上单调递减D．f(x)在(3，＋∞)上单调递增答案C解析由f(x)的增减性与f′(x)的正负之间的关系进行判断，当x∈(2,4)时，f′(x)<0，故f(x)在(2,4)上单调递减，其余判断均错误．4．求证：函数f(x)＝ex－x－1在(0，＋∞)内是增函数，在(－∞，0)内是减函数．证明由于f(x)＝ex－x－1，所以f′(x)＝ex－1，当x∈(0，＋∞)时，ex>1，即f′(x)＝ex－1>0，故函数f(x)在(0，＋∞)内为增函数；当x∈(－∞，0)时，ex<1，即f′(x)＝ex－1<0，故函数f(x)在(－∞，0)内为减函数.知识点二求函数的单调区间5.函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)答案D解析f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝ex(x－2)．由f′(x)>0得x>2，∴f(x)的单调递增区间是(2，＋∞)．6．函数y＝x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案B解析函数y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得00，则2x(x－2)>0，解得x<0或x>2.所以函数的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．令y′<0，则2x(x－2)<0，解得00，解得－－.所以函数的单调递增区间为，.令y′<0，解得－1f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)答案C解析由题图可得当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数．又af(b)>f(a)．3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图，则导函数y＝f′(x)的图象可能为下图中的()3答案D解析由f(x)图象可知当x<0时，f(x)是单调递减的，即当x<0时，f′(x)<0恒成立，故A，C错误，而当x刚大于0时，f(x)递增，即f′(x)>0，故B错误，D正确．4．y＝xlnx在(0,5)上是()A．单调增函数B．单调减函数C．在上单调递减，在上单调递增D．在上单调递增，在上单调递减答案C解析 y′＝x′·lnx＋x·(lnx)′＝lnx＋1，∴当0－1，即y′>0，∴y在上单调递增．5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若a2－3b<0，则f(x)是()A．减函数B．增函数C．常函数D．既不是减函数也不是增函数答案B解析由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，则方程3x2＋2ax＋b＝0的根的判别式Δ＝4a2－12b＝4(a2－3b)<0，故f′(x)>0在R上恒成立，即f(x)在R上为增函数．二、填空题6．函数y＝f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，记y＝f(...