课时作业(十八)　函数的单调性（课时作业）-2021-2022学年新教材高中数学选择性必修第二册【金版新学案】同步导学（北师大版）

课时作业(十八)　函数的单调性 (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．函数y＝x cos x－sin x在下列哪个区间内是增函数(　　) A． B．(π，2π) C． D．(2π，3π) B　[y′＝cos x＋x(－sin x)－cos x＝－x sin x，用排除法知B正确．] 2．函数f(x)＝x3＋ax＋b在区间(－1，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，则(　　) A．a＝1，b＝1 B．a＝1，b∈R C．a＝－3，b＝3 D．a＝－3，b∈R D　[f′(x)＝3x2＋a. ∵f(x)在(－1，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， ∴f′(1)＝3＋a＝0，∴a＝－3，b∈R.] 3．若函数y＝x3＋x2＋mx＋1是R上的单调函数，则实数m的取值范围是(　　) A． B． C． D． C　[y′＝3x2＋2x＋m，由条件知y′≥0在R上恒成立， ∴Δ＝4－12m≤0，∴m≥.] 4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，下面四个图象中能大致表示y＝f(x)的图象的是(　　) C　[由题图可知，当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，此时y＝f(x)为增函数，图象应是上升的； 当－1<x<0时，xf′(x)>0，所以f′(x)<0， 此时y＝f(x)为减函数，图象应是下降的； 当0<x<1时，xf′(x)<0，所以f′(x)<0， 此时y＝f(x)为减函数，图象应是下降的； 当x>1时，xf′(x)>0，所以f′(x)>0， 此时y＝f(x)为增函数，图象应是上升的．] 5．(多选)已知函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上均有f′(x)<g′(x)，则在[a，b]上，下列关系式中正确的是(　　) A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b) B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b) C．f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a) D．f(x)－g(a)≥g(x)－f(a) BC　[据题意，由f′(x)<g′(x)得f′(x)－g′(x)<0， 故F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上为减函数，由单调性知识知，在[a，b]上必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)， 移项整理得：f(x)－f(b)≥g(x)－g(b). 同理F(x)≤F(a)，f(x)－g(x)≤f(a)－g(a)， 移项整理得f(x)＋g(a)≤g(x)＋f(a).] 6．若函数y＝a(x3－x)的单调减区间为，则a的取值范围是 ． 解析：　y′＝a(3x2－1)＝3a. 当－<x<时，<0， 要使y＝a(x3－x)在上单调递减， 只需y′<0，即a>0. 答案：　(0，＋∞) 7．若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是 ． 解析：　∵y′＝－4x2＋a，且y有三个单调区间， ∴方程y′＝－4x2＋a＝0有两个不等的实根， ∴Δ＝02－4×(－4)×a>0，∴a>0. 答案：　(0，＋∞) 8．已知函数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 ． 解析：　设g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2. ∵对任意x∈R，f′(x)>2.∴g′(x)>0. ∴g(x)在R上为增函数． 又g(－1)＝f(－1)＋2－4＝0， ∴x>－1时，g(x)>0. ∴由f(x)>2x＋4，得x>－1. 答案：　(－1，＋∞) 9．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，讨论f(x)的单调性． 解析：　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－. ①若a≤0，则f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②若a>0，则由f′(x)＝0，得x＝， 且当x∈时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． 10．设函数f(x)＝ax－－2ln x. (1)若f′(2)＝0，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在定义域上是增函数，求实数a的取值范围． 解析：　(1)因为f′(x)＝a＋－，且f′(2)＝0， 所以a＋－1＝0，所以a＝. 所以f′(x)＝＋－＝(2x2－5x＋2). 令f′(x)≥0，解得x≤或x≥2； 令f′(x)≤0，解得≤x≤2， 所以f(x)的递增区间为和[2，＋∞)，递减区间为. (2)若f(x)在定义域上是增函数，则f′(x)≥0恒成立， 因为f′(x)＝a＋－＝， 所以需ax2－2x＋a≥0恒成立， 所以解得a≥1. 所以a的取值范围是[1，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $