2019-2020学年数学人教A版选修2-2作业与测评：1.3.1 函数的单调性与导数(1) Word版含解析.pdf

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1、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(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

2、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．如下图所示是函数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B．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

3、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．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)

4、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，＋∞)．16．函数y＝x2－lnx的单调递减区间为()2A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)答案B11解析函数y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝2xx－1x＋1，令y′≤0，则可得0

5、为R.y′＝2x2－4x＝2x(x－2)．令y′>0，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－－.22所以函数的单调递增区间为31－，－1，－，＋∞.221令y′<0，解得－1

6、<－.21所以函数的单调递减区间为－1，－.231故f(x)的单调增区间为－，－1，－，＋∞；单调减区间为221－1，－2.一、选择题1．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是()A．y＝sin2xB．y＝xexC．y＝x3－xD．y＝－x＋ln(1＋x)答案B解析y＝xex，则y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)在(0，＋∞)上恒大于0.2．若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是增函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是()答案A解析∵y＝f(x)的导函数在区间

7、[a，b]上是增函数，则函数f(x)图象上的点的切线斜率是递增的．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()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，而当x刚大于0时，f(x)递增，即f′(x)>0，故B错，D正确．4．y＝xlnx在(0,5)上是()A．单调增函数B．单调减函数11C．在0，上单调递减，在，5上单调递增ee11D．在0，上单调递增，在，5上单调递减

8、ee答案C解析∵y′＝x′·lnx＋x·(lnx)′＝lnx＋1，1∴当0－1，即y′>0，e1∴y在，5上单调递增．