2017-2018學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 3.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)優(yōu)化練習(xí) 新人教A版選修1 -1.doc

3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) [課時(shí)作業(yè)] [A組　基礎(chǔ)鞏固] 1．已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù)y＝xex的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1] C．[1，＋∞) D．(－∞，1] 解析：∵y′＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由y′≥0，∴x≥－1，故遞增區(qū)間為[－1，＋∞)． 答案：A 2．若f(x)＝，e<a<b，則(　　) A．f(a)>f(b) B．f(a)＝f(b) C．f(a)<f(b) D．f(a)f(b)>1 解析：f　′(x)＝，當(dāng)x>e時(shí)，f　′(x)<0，則f(x)在(e，＋∞)上為減函數(shù)，f (a)>f(b)． 答案：A 3．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)≥1 B．a(chǎn)＝1 C．a(chǎn)≤1 D．0<a<1 解析：∵f　′(x)＝3x2－2ax－1，又f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，∴不等式3x2－2ax－1<0在 (0,1)內(nèi)恒成立，∴f　′(0)≤0，且f　′(1)≤0，∴a≥1. 答案：A 4.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)的圖象可能是(　　) 解析：由y＝f　′(x)的圖象可知，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f　′(x)>0；當(dāng)0<x<2時(shí)，f　′(x)<0， ∴函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上為增函數(shù)，在(0,2)上為減函數(shù)． 答案：C 5．(2015高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x＞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．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞) 解析：設(shè)y＝g(x)＝(x≠0)，則g′(x)＝，當(dāng)x＞0時(shí)，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)， ∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示． 當(dāng)x＞0，g(x)＞0時(shí)，f(x)＞0,0＜x＜1， 當(dāng)x＜0，g(x)＜0時(shí)，f(x)＞0，x＜－1， ∴使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A. 答案：A 6．函數(shù)g(x)＝－x3＋2x2＋mx＋5在(－∞，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，則實(shí)數(shù)m的范圍是________． 解析：由g′(x)＝－3x2＋4x＋m≤0對(duì)x∈R恒成立． ∴Δ＝16＋43m≤0，∴m≤－. 答案：(－∞，－] 7．函數(shù)f(x)＝x－2sin x在(0，π)上的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 解析：令f　′(x)＝1－2cos x>0，則cos x<，又x∈(0，π)，解得<x<π，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為. 答案： 8．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：f′(x)＝(mx－1)′ex＋(mx－1)(ex)′＝mex＋(mx－1)ex＝ex(mx＋m－1)． 由于f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴f′(x)≥0，即mx＋m－1≥0對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立， 亦即m≥對(duì)x∈(0，＋∞)恒成立，又當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，＜1，故m≥1. 答案：[1，＋∞) 9．判斷函數(shù)f(x)＝－1在(0，e)及(e，＋∞)上的單調(diào)性． 解析：f　′(x)＝＝. 當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，ln x<ln e＝1,1－ln x>0，x2>0， ∴f　′(x)>0，f(x)為增函數(shù)． 當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，ln x>ln e＝1,1－ln x<0，x2>0， ∴f　′(x)<0，f(x)為減函數(shù)． 10．已知函數(shù)f(x)＝(x2－ax)ex(x∈R)，a為實(shí)數(shù)． (1)當(dāng)a＝0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間； (2)若f(x)在閉區(qū)間[－1,1]上為減函數(shù)，求a的取值范圍． 解析：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2ex， f　′(x)＝2xex＋x2ex＝(x2＋2x)ex， 由f　′(x)>0?x>0或x<－2， 故f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)和(－∞，－2)． (2)由f(x)＝(x2－ax)ex，x∈R ?f　′(x)＝(2x－a)ex＋(x2－ax)ex＝[x2＋(2－a)x－a]ex. 記g(x)＝x2＋(2－a)x－a， 依題意，x∈[－1,1]時(shí)，g(x)≤0恒成立， 結(jié)合g(x)的圖象特征得 即a≥，所以a的取值范圍是. [B組　能力提升] 1．已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，則有(　　) A．f(2)<f(e)<f(3) B．f(e)<f(2)<f(3) C．f(3)<f(e)<f(2) D．f(e)<f(3)<f(2) 解析：因?yàn)樵诙x域(0，＋∞)上f　′(x)＝＋>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以有f(2)<f(e)<f(3)． 答案：A 2．已知函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間[a，b]上均有f　′(x)<g　′(x)，則下列關(guān)系式中正確的是(　　) A．f(x)＋f(b)≥g(x)＋g(b) B．f(x)－f(b)≥g(x)－g(b) C．f(x)≥g(x) D．f(a)－f(b)≥g(b)－g(a) 解析：據(jù)題意，由f　′(x)<g　′(x)得f　′(x)－g　′(x)<0，故F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上為減函數(shù)，由單調(diào)性知識(shí)知，必有F(x)≥F(b)，即f(x)－g(x)≥f(b)－g(b)，移項(xiàng)整理得：f(x)－f(b)≥g(x)－g(b)． 答案：B 3．如果函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在定義域內(nèi)的一個(gè)子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． 解析：顯然函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， y′＝4x－＝， 由y′>0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)；由y′<0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)， 由于函數(shù)在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)， 所以解得：1≤k<. 答案：1≤k< 4．已知f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＝xsin x，若a＝f(cos 1)，b＝f(cos 2)，c＝f(cos 3)，則a，b，c的大小關(guān)系為________． 解析：由于函數(shù)為偶函數(shù)，故b＝f(cos 2)＝f(－cos 2)，c＝f(cos 3)＝f(－cos 3)，由于x∈，f′(x)＝sin x＋xcos x≥0，即函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)，據(jù)單位圓中三角函數(shù)線易得0＜－cos 2＜cos 1＜－cos 3＜，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可得f(－cos 2)＜f(cos 1)＜f(－cos 3)． 答案：b＜a＜c 5．(2016高考全國(guó)Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2. 討論f(x)的單調(diào)性． 解析：f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． (i)設(shè)a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 所以f (x)在(－∞，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增． (ii)設(shè)a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． ①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)， 所以f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增． ②若a＞－，則ln(－2a)＜1， 故當(dāng)x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，1)時(shí)，f′(x)＜0， 所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，1)單調(diào)遞減． ③若a＜－，則ln(－2a)＞1， 故當(dāng)x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)＜0， 所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)單調(diào)遞增，在(1，ln(－2a))單調(diào)遞減． 6．已知函數(shù)f(x)＝－2xln x＋x2－2ax＋a2，其中a＞0. (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，＋∞)， 所以g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a) 所以g′(x)＝2－＝， 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)證明：由f′(x)＝2(x－1－ln x－a)＝0，解得a＝x－1－ln x. 令φ(x)＝－2xln x＋x2－2x(x－1－ln x)＋(x－1－ln x)2＝(1＋ln x)2－2xln x， 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－ln x0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－ln x(x≥1)， 由u′(x)＝1－≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1， 即a0∈(0,1)， 當(dāng)a＝a0時(shí)，有f′(x0)＝0， f(x0)＝φ(x0)＝0， 再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，f′(x)＜0，從而f(x)＞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)2－2xln x＞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．