2013届人教A版文科数学课时试题及解析（14）导数与函数单调性

2013届人教A版文科数学课时试题及解析（14）导数与函数单调性

课时作业(十四)　[第14讲　导数与函数单调性]‎ ‎ [时间：35分钟　　分值：80分]‎ ‎1．[2011·皖南八校联考] 若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是先增后减的函数，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象可能是(　　)‎ 图K14－1‎ ‎2．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，＋∞)‎ ‎3．设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)＞0，且f(－3)·g(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)＜0的解集是(　　)‎ A．(－3,0)∪(3，＋∞)‎ B．(－3,0)∪(0,3)‎ C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)‎ D．(－∞，－3)∪(0,3)‎ ‎4．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为[－1,2]，则b＝________，c＝________.‎ ‎5．[2011·东北三校联考] 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)·f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则(　　)‎ A．a0，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，则a的最大值是________．‎ ‎11．[2011·宁波十校联考] 已知函数f(x)＝xsinx，x∈R，f(－4)，f，f的大小关系为________________(用“<”连接)．‎ ‎12．(13分)设函数f(x)＝x3＋ax2－9x－1(a<0)．若曲线y＝f(x)的斜率最小的切线与直线12x＋y＝6平行，求：(1)a的值；‎ ‎(2)函数f(x)的单调区间．‎ ‎13．(12分)[2011·辽宁卷] 已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设a＞0，证明：当0＜x＜时，f＞f；‎ ‎(3)若函数y＝f(x)的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)＜0.‎ 课时作业(十四)‎ ‎【基础热身】‎ ‎1．C　[解析] 根据题意f′(x)在[a，b]上是先增后减的函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线斜率是先随x的增大而增大，然后随x的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C满足题意．‎ ‎2．D　[解析] f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)＞0，解得x＞2，故选D.‎ ‎3．D　[解析] f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴f(x)·g(x)为奇函数，x＜0时，f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0，即x＜0时，[f(x)·g(x)]′＞0，∴f(x)·g(x)为增函数，且f(－3)·g(－3)＝0，根据奇函数性质可知，f(x)·g(x)＜0的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．‎ ‎4．－　－6　[解析] 因为f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题设知－10，即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)e时，f′(x)<0，函数为减函数，又e<3<5<7，因此a>b>c.‎ ‎7．D　[解析] 由f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)知，当x∈(1,3)时，f′(x)<0.函数f(x)在(1,3)上为减函数，函数f(x＋1)的图象是由函数y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的，所以(0,2)为函数y＝f(x＋1)的单调减区间．‎ ‎8．A　[解析] y′＝a(3x2－1)，解3x2－1＜0得－＜x＜，∴f(x)＝x3－x在上为减函数，又y＝a·(x3－x)的递减区间为，∴a＞0.‎ ‎9．(0，π)　[解析] 由y＝sinx－xcosx得y′＝xsinx.令y′>0，即xsinx>0，得00，故f(x)在(－∞，－1)上为增函数；‎ 当x∈(－1,3)时，f′(x)<0，故f(x)在(－1,3)上为减函数；‎ 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(3，＋∞)上为增函数．‎ 由此可见，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(3，＋∞)，单调递减区间为(－1,3)．‎ ‎【难点突破】‎ ‎13．[解答] (1)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．‎ 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．‎ ‎(2)证明：设函数g(x)＝f－f，则 g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax，‎ g′(x)＝＋－‎2a＝.‎ 当0＜x＜时，g′(x)＞0，而g(0)＝0，所以g(x)＞0.‎ 故当0＜x＜时，f＞f.‎ ‎(3)由(1)可得，当a≤0时，函数y＝f(x)的图象与x轴至多有一个交点，故a>0，从而f(x)的最大值为f，且f>0.‎ 不妨设A(x1,0)，B(x2,0)，0f(x1)＝0.‎ 从而x2>－x1，于是x0＝>.‎ 由(1)知，f′(x0)<0.‎ ‎ ‎