《人教版高中數(shù)學(xué)選修11：3.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 課時(shí)提升作業(yè)二十二 3.3.1 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《人教版高中數(shù)學(xué)選修11：3.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 課時(shí)提升作業(yè)二十二 3.3.1 Word版含解析（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、（人教版）精品數(shù)學(xué)教學(xué)資料
課時(shí)提升作業(yè)(二十二)
函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)
(25分鐘 60分)
一、選擇題(每小題5分,共25分)
1.(2015漢中高二檢測(cè))設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),y=f′(x)的圖象如圖所示,則y=f(x)的圖象最有可能是 ( )
【解析】選C.由y=f′(x)的圖象可知f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增,故應(yīng)選C.
【補(bǔ)償訓(xùn)練】函數(shù)f(x)=x-sinx是 ( )
A.奇函數(shù)且單調(diào)遞增
B.奇函數(shù)且單調(diào)遞減
C.偶函數(shù)且單調(diào)遞增
D.偶函數(shù)且單調(diào)遞減
【解析】選A.因?yàn)楹瘮?shù)的定
2、義域?yàn)镽,
f(-x)=-x-sin(-x)=-(x-sinx)=-f(x),
所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).又f′(x)=1-cosx≥0,
所以函數(shù)f(x)=x-sinx在R上是單調(diào)遞增函數(shù).
2.函數(shù)f(x)=lnxx的單調(diào)遞減區(qū)間是 ( )
A.(e,+∞) B.(1,+∞) C.(0,e] D.(0,1]
【解析】選A.函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞),由f′(x)=1-lnxx2<0得:x>e,所以函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是(e,+∞),故選A.
3.(2015太原高二檢測(cè))若函數(shù)y=f(x)在R上可導(dǎo),且滿(mǎn)足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立,且常數(shù)a,b滿(mǎn)足a
3、列不等式一定成立的是 ( )
A.af(b)>bf(a) B.af(a)>bf(b)
C.af(a)-f(x),所以f(x)+xf′(x)>0,即g′(x)>0,故g(x)在R上單調(diào)遞增,因?yàn)閍0時(shí),xf′(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( )
A.(-
4、∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
【解析】選A.記函數(shù)g(x)=f(x)x,
則g′(x)=xf(x)-f(x)x2,
因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí),xf′(x)-f(x)<0,
故當(dāng)x>0時(shí),g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù),故函數(shù)g(x)是偶函數(shù),所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,
且g(-1)=g(1)=0.
當(dāng)00,則f(x)>0;
當(dāng)x<-1時(shí),g(x)<0,則f(x)>0,
綜上所述,使得f(x)
5、>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1).
5.(2015宣城高二檢測(cè))設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),將y=f(x)和y=f′(x)的圖象畫(huà)在同一個(gè)直角坐標(biāo)系中,不可能正確的是 ( )
【解題指南】分別以其中的一個(gè)圖象為原函數(shù)的圖象,另一個(gè)為導(dǎo)函數(shù)的圖象,驗(yàn)證是否符合單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系.
【解析】選D.D中,若上方的圖象為原函數(shù),則下方的導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值先正后負(fù)再為正值,而不是恒小于等于0,若下方的圖象為原函數(shù),則導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值同樣有正有負(fù),不能橫大于等于0,故選D.
二、填空題(每小題5分,共15分)
6.已知函數(shù)f(x)=ax+1x+2在(-2,+∞)內(nèi)單調(diào)
6、遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 .
【解析】因?yàn)閒(x)=ax+1x+2,所以f′(x)=2a-1(x+2)2.
由函數(shù)f(x)在(-2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減知f′(x)≤0在(-2,+∞)內(nèi)恒成立,
即2a-1(x+2)2≤0在(-2,+∞)內(nèi)恒成立,因此a≤12.
當(dāng)a=12時(shí),f(x)=12,此時(shí)函數(shù)f(x)為常數(shù)函數(shù),
故a=12不符合題意舍去.所以a的取值范圍為a<12.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為-∞,12.
答案:-∞,12
【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在(-∞,+∞)上是單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.(-∞,-3]∪[3,+
7、∞) B.[-3,3]
C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-3,3)
【解析】選B.f′(x)=-3x2+2ax-1≤0在(-∞,+∞)上恒成立且不恒為0,Δ=4a2-12≤0?-3≤a≤3.
7.函數(shù)f(x)=2x2-lnx的單調(diào)遞減區(qū)間是 .
【解析】因?yàn)閒′(x)=4x-1x,令f′(x)<0,
又函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞),
故函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為0,12
答案:0,12
8.設(shè)f(x)=-13x3+12x2+2ax.若f(x)在23,+∞上存在單調(diào)遞增區(qū)間,則a的取值范圍為 .
【解題指南】本題可以轉(zhuǎn)化為在23,+∞上存在x值使f′(x)≥
8、0成立,再利用
f′(x)的圖象求取值范圍.
【解析】f′(x)=-x2+x+2a,
由題意在23,+∞上存在x使-x2+x+2a>0成立,
令g(x)=-x2+x+2a,則g23>0,
解得:a>-19.
答案:-19,+∞
三、解答題(每小題10分,共20分)
9.(2015菏澤高二檢測(cè))設(shè)函數(shù)f(x)=ax3+bx2+c,其中a+b=0,a,b,c均為常數(shù),曲線(xiàn)y=f(x)在(1,f(1))處的切線(xiàn)方程為x+y-1=0.
(1)求a,b,c的值.
(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
【解析】(1)因?yàn)閒′(x)=3ax2+2bx,
所以f′(1)=3a+2b,又因?yàn)?/p>
9、切線(xiàn)x+y=1的斜率為-1,所以3a+2b=-1,a+b=0,
解得a=-1,b=1,所以f(1)=a+b+c=c,
由點(diǎn)(1,c)在直線(xiàn)x+y=1上,可得1+c=1,即c=0,
所以a=-1,b=1,c=0.
(2)由(1)令f′(x)=-3x2+2x=0,
解得x1=0,x2=23,
當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí)f′(x)<0;當(dāng)x∈0,23時(shí)f′(x)>0;
當(dāng)x∈23,+∞時(shí)f′(x)<0,
所以f(x)的增區(qū)間為0,23,減區(qū)間為(-∞,0)和23,+∞.
10.已知函數(shù)f(x)=x2+2alnx.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)若函數(shù)g(x)=2x+f(x)
10、在[1,2]上是減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)=2x+2ax=2x2+2ax,函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞).
①當(dāng)a≥0時(shí),f′(x)>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞);
②當(dāng)a<0時(shí),f′(x)=2(x+-a)(x--a)x.
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下:
x
(0,-a)
-a
(-a,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
遞減
遞增
由表格可知,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,-a).
單調(diào)遞增區(qū)間是(-a,+∞).
(2)由g(x)=2x+x2+2alnx得g′(x)=-2x2+2x
11、+2ax,
由已知函數(shù)g(x)為[1,2]上的單調(diào)減函數(shù),則g′(x)≤0在[1,2]上恒成立,
即-2x2+2x+2ax≤0在[1,2]上恒成立.即a≤1x-x2在[1,2]上恒成立.
令h(x)=1x-x2,在[1,2]上h′(x)=-1x2-2x
=-1x2+2x<0,
所以h(x)在[1,2]上為減函數(shù),h(x)min=h(2)
=-72,所以a≤-72.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為{a|a≤-72}.
(20分鐘 40分)
一、選擇題(每小題5分,共10分)
1.若函數(shù)在R上可導(dǎo),且滿(mǎn)足f(x)
12、>f(2)
C.2f(1)=f(2) D.f(1)=f(2)
【解析】選A.由于f(x)f(1)1,即f(2)>2f(1),故選A.
2.(2015蘭州高二檢測(cè))已知f(x)滿(mǎn)足f(4)=f(-2)=1,f′(x)為其導(dǎo)函數(shù),且導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖所示,則f(x)<1的解集是 ( )
A.(-2,0) B.(-2,4)
C.(0,4) D.(-∞,2)∪(0,4)
【解析】選B.由導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象可知,當(dāng)
13、x<0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x>0時(shí),函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,且當(dāng)x=0時(shí)有意義,
當(dāng)x<0時(shí),f(x)<1=f(-2),解得-2f(1)
C.f(-1)
14、(x)=x2-3x,
故f(1)=1-3=-2,f(-1)=1+3=4.
二、填空題(每小題5分,共10分)
3.(2015鹽城高二檢測(cè))若函數(shù)f(x)=(mx-1)ex在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 .
【解析】因?yàn)閒′(x)=(mx+m-1)ex,
由題意f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
令g(x)=mx+m-1,則m>0,g(0)≥0,解得m≥1.
答案:[1,+∞)
4.若函數(shù)y=-43x3+ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,則a的取值范圍是 .
【解題指南】利用函數(shù)有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,轉(zhuǎn)化方程y′=0根的情況確定a的取值范圍.
【解析】y′=-4x
15、2+a,函數(shù)y=-43x3+ax有三個(gè)單調(diào)區(qū)間,則方程-4x2+a=0有兩解,
故a>0.
答案:a>0
三、解答題(每小題10分,共20分)
5.(2015駐馬店高二檢測(cè))已知函數(shù)f(x)=(ax2+x-1)ex,其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)若a=1,求曲線(xiàn)f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)方程.
(2)若a=-1,求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
【解析】(1)因?yàn)閒(x)=(x2+x-1)ex,
所以f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x-1)ex=(x2+3x)ex,
所以曲線(xiàn)f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)斜率為k=f′(1)=4e.
又因?yàn)閒(1)=e
16、,所以所求切線(xiàn)方程為y-e=4e(x-1),即4ex-y-3e=0.
(2)f(x)=(-x2+x-1)ex,因?yàn)閒′(x)=-x(x+1)ex,令f′(x)<0,
得x<-1或x>0,f′(x)>0得-10.
(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),討論g(x)的單調(diào)性.
(2)證明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.
【解析】(1)由已知,函數(shù)的定義域?yàn)?0
17、,+∞),
所以g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a)
所以g′(x)=2-2x=2(x-1)x,
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.
(2)由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx.
令φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx,
則φ(1)=1>0,φ(e)=2(2-e)<0.
于是,存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0,
令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥
18、1),
由u′(x)=1-1x≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.
故0=u(1)f(x0)=0,
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),f′(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0,
又當(dāng)x∈(0,1]時(shí),f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0,
故x∈(0,+∞)時(shí),f(x)≥0.
綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解.
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