高中数学人教A版选修2-2同步课时作业：1.3.1 Word版含解析

一、选择题(每小题5分，共20分)

1．下列函数中，在(2，＋∞)内为增函数的是( ) A．3sin x C．x3－15x

B．(x－3)ex D．ln x－x

解析： (3sin x)′＝3cos x，[(x－3)ex]′＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，(x3－15x)′＝3x2－15，1

(ln x－x)′＝－1，当x>2时，只有[(x－3)ex]′>0恒成立，故选B.

x

答案： B

2．已知函数f(x)＝x＋ln x，则有( ) A．f(e)B．f(3)11

解析： f′(x)＝＋，∴x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，

2xx∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 又23．函数y＝f(x)的图象过原点，且它的导数y＝f′(x)的图象是如图所示的一条直线，则函数y＝f(x)的图象的顶点在( )

A．第一象限 C．第三象限

B．第二象限 D．第四象限

解析： 设f′(x)与x轴交于x0，显然x0<0， 当xx0时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．

显然f(x0)4．函数y＝ax3－x在R上是减函数，则( ) 1

A．a≥

3C．a＝2

B．a＝1 D．a≤0

解析： 因为y′＝3ax2－1，函数y＝ax3－x在(－∞，＋∞)上是减函数， 所以y′＝3ax2－1≤0恒成立， 即3ax2≤1恒成立．

当x＝0时，0≤1恒成立，此时a∈R； 1

当x≠0时，若a≤2恒成立，则a≤0.

3x综上可得a≤0. 答案： D

二、填空题(每小题5分，共10分)

1

5．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．

2b

解析： f′(x)＝－x＋，

x＋2∵f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立， ∴b≤x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立， 又x∈(－1，＋∞)时，x(x＋2)>－1， ∴b≤－1.

答案： (－∞，－1]

6．设f(x)＝ax3＋x恰有三个单调区间，则a的取值范围是__________ . 解析： f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝3ax2＋1.

若a>0，则f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，此时，f(x)只有一个单调区间，与已知矛盾； 若a＝0，则f(x)＝x，此时，f(x)也只有一个单调区间，亦与已知矛盾； 11x＋x－若a<0，则f′(x)＝3a， －3a－3a综上可知a<0时，f(x)恰有三个单调区间． 答案： (－∞，0)

三、解答题(每小题10分，共20分) 7．求下列函数的单调区间： (1)f(x)＝x－x3；(2)f(x)＝x2－ln x. 解析： (1)f′(x)＝1－3x2， 令1－3x2>0，解得－

33因此，函数f(x)的单调增区间为－

33

. ，

33

令1－3x2<0，解得x<－

33或x>. 33

因此，函数f(x)的单调减区间为－∞，－



33，，＋∞. 33

(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． 12x－12x＋1

f′(x)＝2x－＝. xx

因为x>0，所以2x＋1>0，由f′(x)>0，解得x>所以函数f(x)的单调递增区间为由f′(x)<0，解得x<

2，＋∞；

2

2

， 2

2

，又x∈(0，＋∞)， 2

所以函数f(x)的单调递减区间为0，



2. 2

8．(2014·济宁高二期末)求函数f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1的单调区间． 解析： f(x)的定义域为(0，＋∞)． a＋12ax2＋a＋1f′(x)＝＋2ax＝. xx当a≥0时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)单调递增． 当a≤－1时，f′(x)<0， 故f(x)在(0，＋∞)单调递减． 当－1a＋1

－ 2a

－

a＋1

时，f′(x)>0； 2a则当x∈0， x∈





－

a＋1

，＋∞时，f′(x)<0. 2a

－

a＋1上单调递增， 2a

故f(x)在0， 在



a＋1－，＋∞上单调递减． 2a

☆☆☆

尖子生题库

(10分)已知函数f(x)＝x3－ax－1.

(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由． 解析： (1)由已知f′(x)＝3x2－a.

∵f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，

∴f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立． 即a≤3x2对x∈R恒成立． ∵3x2≥0，∴只要a≤0. 又∵a＝0时，f′(x)＝3x2≥0， ∴f(x)＝x3－1在R上是增函数，∴a≤0. (2)由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立． ∴a≥3x2在x∈(－1,1)上恒成立． 又∵－1当a＝3时，f′(x)＝3(x2－1)在x∈(－1,1)上，f′(x)<0， 即f(x)在(－1,1)上为减函数，∴a≥3.

故存在实数a≥3，使f(x)在(－1,1)上单调递减．