第一章 导数及其应用
1.3 导数在研究函数中的应用
1.3.1 函数的单调性与导数
[A级 基础巩固]
一、选择题
1．函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，0) B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞) D．(－3，1)
解析：求导函数得y′＝(－x2－2x＋3)ex.
令y′＝(－x2－2x＋3)ex>0，可得x2＋2x－3<0，
所以－3所以函数y＝(3－x2)ex的单调递增区间是(－3，1)．
答案：D
2．若在区间(a，b)内有f′(x)＞0，且f(a)≥0，则在(a，b)内有( )
A．f(x)＞0 B．f(x)＜0
C．f(x)＝0 D．f(x)≥0
解析：依题意，f(x)在(a，b)内单调递增，f(a)≥0，
所以f(x)＞0.
答案：A
3．下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是( )
A．y＝sin x B．y＝xe2
C．y＝x3－x D．y＝ln x－x
解析：对于A，显然y＝sin x在(0，＋∞)上既有增又有减，故排除A；
对于B，函数y＝xe2，因e2为大于零的常数，不用求导就知y＝xe2在(0，＋∞)内为增函数；
对于C，y′＝3x2－1＝3，故函数在，上为增函数，在上为减函数；
对于D，y′＝－1(x>0)．故函数在(1，＋∞)上为减函数，在(0，1)上为增函数．故选B.
答案：B
4．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(e)>f(d)
解析：由f′(x)图象可知函数f(x)在(－∞，c)上单调递增，在(c，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，又a，b，c∈(－∞，c)，且af(b)>f(a)．
答案：C
5．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是( )
A. B.
C．(－∞，3) D．(3，＋∞)
解析：因为f(x)＝x－sin x，所以f(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cos x≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3)．
答案：C
二、填空题
6．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝x2－4x＋3，则函数f(1＋x)的单调递减区间是________．
解析：令f′(x)＝x2－4x＋3<0，得1答案：(0，2)
7．若函数f(x)＝x3＋ax＋5的单调递减区间是(－2，2)，则实数a的值为________．
解析：f′(x)＝3x2＋a，依题意3x2＋a＜0的解集为(－2，2)，所以a＝－12.
答案：－12
8．若函数y＝－x3＋ax有三个单调区间，则a的取值范围是________．
解析：因为y′＝－4x2＋a，且函数有三个单调区间，所以方程－4x2＋a＝0有两个不等的实根，所以Δ＝02－4×(－4)×a＞0，所以a＞0.
答案：(0，＋∞)
三、解答题
9．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1，3)，求b和c的值．
解：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由条件知即
解得b＝－3，c＝－9.
10．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x，讨论f(x)的单调性．
解：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．
B级 能力提升
1．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图象如图所示，则导函数y＝f′(x)的图象可能为( )
A B
C D
解析：由函数的图象可知：当x<0时，函数单调递增，导数始终为正；当x>0时，函数先增后减再增，即导数先正后负再正，对照选项，应选D.
答案：D
2．函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数是____．
解析：因为f(x)＝2x＋x3－2，0＜x＜1，所以f′(x)＝2xln 2＋3x2＞0在(0，1)上恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递增．又f(0)＝－1＜0，f(1)＝1＞0，f(0)f(1)＜0，则f(x)在(0，1)内至少有一个零点，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，故函数f(x)在(0，1)内有且仅有1个零点．
答案：1
3．已知f(x)＝aex－x－1.
(1)求f(x)的单调区间．
(2)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，有f′(x)<0在R上恒成立；
当a>0时，令f′(x)≥0，得ex≥，有x≥－ln a.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，
当a>0时，f(x)的单调递增区间是[－ln a，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－ln a]．
(2)f′(x)＝aex－1.若f(x)在(－∞，0]上单调递减，
则aex－1≤0在(－∞，0]上恒成立，即a≤，
而当x∈(－∞，0]时，≥1，所以a≤1；
若f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以aex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立．
即a≥，而当x∈[0，＋∞)时，≤1，所以a≥1.
综上可得a＝1，故存在a＝1满足条件.
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