【立体设计】2012高考数学-3.2-利用导数判断函数的单调性课后限时作业-理(通用版).doc

2012高考立体设计理数通用版 3.2 利用导数判断函数的单调性课后限时作业
（60分钟，150分）
(详解为教师用书独有)
A组
一、选择题（本大题共6小题，每小题7分，共42分）
1. 设f′(x)是函数f(x)的导数，y＝f′(x)的图象如下图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是下图中的(　　)

解析：由y＝f′(x)的图象得当－10，
所以y＝f(x)在(－1,1)上单调递增．
因为当x<－1和x>1时，f′(x)<0，
所以y＝f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上分别单调递减．
综合选项得只有B正确．
答案：B

2. 若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围为 (　　)
A．a≥1 B．a＝1 C．a≤1 D．0＜a＜1
解析：因为f′(x)＝3x2－2ax－1，f(x)在(0,1)内单调递减，
所以f′(0)≤0，f′(1)≤0，所以a≥1.
答案：A
3. 设f′(x)是函数f(x)的导函数，将y＝f(x)和y＝f′(x)的图象画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是 (　　)

解析根据y＝f′(x)的正负与y＝f(x)的单调性的关系，即可求解．
答案：D
4. 已知f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，那么b＋c (　　)
A．有最大值 B．有最大值－
C．有最小值 D．有最小值－
解析：本题考查导数的基本应用和不等式的性质．
由已知得当－1≤x≤2时，f′(x)＝3x2＋2bx＋c≤0恒成立，所以f′(－1)≤0且f′(2)≤0，即所以b＋c＝(c－2b)＋(4b＋c)≤×(－3)＋×(－12)＝－.
答案：B
5. 已知f(x)＝xln x，那么f(x) (　　)
A．在(0，e)上单调递增
B．在(0,10)上单调递增
C．在上单调递减，上单调递增
D．在上单调递减，上单调递增
解析：f′(x)＝ln x＋1.
因为当x∈时，ln x<－1，所以此时f′(x)<0，则f(x)在上单调递减．
同理，在上单调递增，故选D.
答案：D
6.“0 D.既不充分也不必要条件
解析：当0x)＝0，则x＝±.
因为在(－3，－1)上函数不单调，所以－3<－<－1，即30时，f′(x)>0,g′(x)>0,则x<0时,
f′(x)g′(x) 0.(填“>”或“<”或“≥”或“≤”)
解析：由f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x),可知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，因为x>0时f′(x)>0,
g′(x)>0,所以函数f(x)和g(x)在x∈(0,+∞)上均为增函数，因此当x<0时，f(x)为增函数，g(x)为减函数，所以当x<0时，f′x)>0,g′(x)<0,所以f′(x)g′(x)<0.
答案：<
10.函数y=f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，记y=f(x)的导函数为y=f′(x),则不等式f′(x)≤0的解集为 .

解析：由函数y=f(x)的定义域内的图象可得，函数y=f′(x)的图象大致如图所示.由图象可得不等式f′(x)≤0的解集为.

答案：
三、解答题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）
11. 求函数f(x)＝3x2－2ln x的单调区间．
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝6x－＝2·.
令f′(x)＞0，即2·＞0，解得x＜－或x＞.
又因为x＞0，所以x＞.令f′(x)＜0，即2·＜0.
解得－＜x＜0或0＜x＜.又因为x＞0，所以0＜x＜.
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
12.（2009·浙江）已知函数f(x)=x3+(1-a)x2-a(a+2)x+b(a,b∈R).
(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是-3，求a,b的值；
(2)若函数f(x)在区间(-1,1)上不单调，求a的取值范围.
解：（1）由函数f(x)的图象过原点，得b=0,又f′(x)=3x2+2(1-a)x-a(a+2),
f(x)在原点处的切线斜率是-3，则-a(a+2)=-3,所以a=-3或a=1.
（2）由f′(x)=0,得x1=a,x2=
又f(x)在(-1,1)上不单调，即
-解得
所以a的取值范围是.
B组
一、选择题(本大题共2小题，每小题8分，共16分)
1. 函数f(x)＝ax3＋bx2－2x(a、b∈R，且ab≠0)的图象如图所示，且x1＋x2＜0，则有(　　)

A．a＞0，b＞0 B．a＜0，b＜0
C．a＜0，b＞0 D．a＞0，b＜0
解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋2bx－2.
令f′(x)＝0，则x1、x2为f′(x)＝0的两个根，
即x1＋x2＝－＝－<0，x1x2＝<0.
所以a>0，b>0，选A.
答案：A

2. 如果函数f(x)＝2x2－ln x在定义域的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是 (　　)
A．k> B．k<－ C．－0.因为(k－1，k＋1)是定义域的一个子区间，所以k－1≥0，k≥1.由题意令f′(x)＝0，则4x－＝0，则x＝.所以∈(k－1，k＋1)，
即k－1<<.又k≥1，所以1≤k<.故选D.
答案：D
二、填空题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
3.函数f(x)=-x3+bx在区间(0,1)上单调递增，并且方程f(x)=0的根都在区间［-2,2］内，则b的取值范围是 .
解析：因为f′(x)=-3x2+b,所以即b≥3.
因为,又f(x)=0的根在［-2,2］内，
则b≤0或0≤≤2,则b≤4,所以b≤4.故b的取值范围为［3,4］.
答案：［3,4］
4.（2009·福建）设f(x)、g(x)是分别定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)·g(x)+f(x)·
g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)·g(x)<0的解集是 .
解析：因为x<0时，f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0,
所以［f(x)·g(x)］′>0,
所以f(x)·g(x)在(-∞,0)上为增函数，
因为f(-3)·g(-3)=0,所以f(x)·g(x)<0时，x<-3.
因为f(x),g(x)是分别定义在R上的奇函数和偶函数，
所以f(x)·g(x)为R上的奇函数，
所以当x>0时，若f(x)·g(x)<0,则014分，共28分）
5. 已知函数f(x)＝xln(1＋x)－a(x＋1)，其中a为常数．
(1)当x∈[1，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，求a的取值范围；
(2)求g(x)＝f′(x)－的单调区间．
解：(1)由题意知，f′(x)＝ln(1＋x)＋－a>0，则a0，即h(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以a1时，x∈－1，a－2)时，g′(x)<0，g(x)在(－1，a－2)上单调递减；x∈(a－2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(a－2，＋∞)上单调递增．
②当a≤1时，x∈(－1，＋∞)，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
综上：当a>1时，g(x)的增区间为(a－2，＋∞)，减区间为(－1，a－2)；
当a≤1时，g(x)的增区间为(－1，＋∞)．
6.（2010·全国新课标）设函数.
(1)若,求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围.
解：（1）时，,.
当x∈(-∞,-1),（0，+∞）时，f′(x)>0;当x∈(-1,0)时，f′(x)<0;
故f(x)在（-∞,-1),(0,+∞)上单调递增，在(-1,0)上单调递减.
（2）.令,则.
若a≤1,则当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0,g(x)为增函数，则g(0)=0,
从而当x≥0时，g(x)≥0,即f(x)≥0.
若a>1,则当x∈(0,ln a)时，g′(x)<0,g(x)为减函数，而g(0)=0,
从而当x∈(0,ln a)时，g(x)<0,即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(-∞,1］.

6
用心 爱心 专心