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 課后提升作業(yè) 二十二 3.3.1 Word版含解析
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課后提升作業(yè) 二十二
函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)
(45分鐘 70分)
一、選擇題(每小題5分,共40分)
1.(2016廣州高二檢測)函數(shù)f(x)=12x2-lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為 ( )
A.(-1,1] B.(0,1]
C.[1,+∞) D.(0,+∞)
【解析】選B.由題意知,
函數(shù)的定義域為(0,+∞),
又由f′(x)=x-1x≤0,
解得0<x≤1,
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1].
2.下列函數(shù)中,在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù)的是 ( )
A.y=sinx B.y=xex
C.y=x3-x D.y=lnx-x
【解析】選B.A中,y′=cosx,
當(dāng)x>0時,y′的符號不確定;
B中,y′=ex+xex=(x+1)ex,
當(dāng)x>0時,y′>0,故在(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù);
C中:y′=3x2-1,當(dāng)x>0時,y′>-1;
D中,y′=1x-1,當(dāng)x>0時,y′>-1.
3.下列函數(shù)中,在區(qū)間(-1,1)上是減函數(shù)的是 ( )
A.y=2-3x2 B.y=lnx
C.y=1x-2 D.y=sinx
【解析】選C.A中,y′=-6x,
當(dāng)-1<x<0時,y′>0,
當(dāng)0<x<1時,y′<0,
故函數(shù)y=2-3x2在區(qū)間(-1,1)上不是減函數(shù),
B中,y=lnx在x≤0處無意義;
C中,y′=-1(x-2)2<0對x∈(-1,1)恒成立,
所以函數(shù)y=1x-2在區(qū)間(-1,1)上是減函數(shù);
D中,y′=cosx>0對x∈(-1,1)恒成立,
所以函數(shù)y=sinx在(-1,1)上是增函數(shù).
4.(2015湖南高考)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),則f(x)是 ( )
A.奇函數(shù),且在0,1上是增函數(shù)
B.奇函數(shù),且在0,1上是減函數(shù)
C.偶函數(shù),且在0,1上是增函數(shù)
D.偶函數(shù),且在0,1上是減函數(shù)
【解題指南】先判斷函數(shù)的奇偶性,再判斷函數(shù)的單調(diào)性.
【解析】選A.顯然,f(x)的定義域為(-1,1),關(guān)于原點(diǎn)對稱,
又因為f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x),
所以f(x)為奇函數(shù),
因為f′(x)=11+x+11-x=21-x2,
在(0,1)上f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù).
5.設(shè)f(x)=13x3+ax2+5x+6在區(qū)間[1,3]上為單調(diào)函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍
為 ( )
A.[-5,+∞)
B.(-∞,-3]
C.(-∞,-3]∪[-5,+∞)
D.[-5,5]
【解析】選C.f′(x)=x2+2ax+5,當(dāng)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞減時,由f(1)≤0,f(3)≤0得a≤-3;
當(dāng)f(x)在[1,3]上單調(diào)遞增時,f′(x)≥0恒成立,
則有Δ=4a2-45≤0或Δ>0,-a<1,f(1)≥0或Δ>0,-a>3,f(3)≥0,
得a∈[-5,+∞).
綜上a的取值范圍為(-∞,-3]∪[-5,+∞).
6.(2016煙臺高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)=13ax3-x2(a>0)在(0,3)內(nèi)不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ( )
A.a>23 B.0<a<23
C.0<a<13 D.23<a<1
【解題指南】f(x)在(0,3)內(nèi)不單調(diào),所以f′(x)在(0,3)內(nèi)有零點(diǎn).
【解析】選A.因為f(x)=13ax3-x2,
所以f′(x)=ax2-2x,
又f(x)=13ax3-x2(a>0)在(0,3)內(nèi)不單調(diào),
所以f′(x)在(0,3)內(nèi)有零點(diǎn).
而f′(x)=ax2-2x有零點(diǎn)0,2a(a>0),
所以0<2a<3,解得a>23.
7.已知函數(shù)f(x)對定義域R內(nèi)的任意x都有f(x)=f(4-x),且當(dāng)x≠2時,導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足(x-2)f′(x)>0.若2<a<4,則 ( )
A.f(2a)<f(3)<f(log2a)
B.f(3)<f(log2a)<f(2a)
C.f(log2a)<f(3)<f(2a)
D.f(log2a)<f(2a)<f(3)
【解析】選C.由(x-2)f′(x)>0可得x>2時f′(x)>0,
所以f(x)在(2,+∞)是增函數(shù).
因為2<a<4,所以2a>4,2<4-log2a<3,
即2a>3>4-log2a>2,
所以f(4-log2a)<f(3)<f(2a),
又f(x)=f(4-x),所以f(log2a)<f(3)<f(2a).
【補(bǔ)償訓(xùn)練】對于R上可導(dǎo)的任意函數(shù)f(x),若滿足(x-1)f′(x)≥0,則必
有 ( )
A.f(0)+f(2)<2f(1) B.f(0)+f(2)≤2f(1)
C.f(0)+f(2)≥2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)
【解題指南】首先對x分段討論,解不等式求出f′(x)的符號,判斷出f(x)的單調(diào)性,然后利用函數(shù)的單調(diào)性比較出函數(shù)f(0),f(2)與f(1)的大小關(guān)系,最后利用不等式的性質(zhì)即可得出所選的答案.
【解析】選C.因為(x-1)f′(x)≥0,
所以當(dāng)x>1時,f′(x)>0;
當(dāng)x<1時,f′(x)<0,所以f(x)在(1,+∞)上為增函數(shù),在(-∞,1)上為減函數(shù),所以f(2)≥f(1),f(0)≥f(1),所以f(0)+f(2)≥2f(1).
8.已知函數(shù)f(x)滿足:f(x)+2f′(x)>0,那么下列不等式成立的是 ( )
A.f(1)>f(0)e B.f(2)<f(0)e
C.f(1)>ef(2) D.f(0)>e2f(4)
【解析】選A.令g(x)=e12xf(x),
則g′(x)=12e12xf(x)+e12xf′(x)
=12e12x(f(x)+2f′(x)),因為函數(shù)f(x)滿足f(x)+2f′(x)>0,所以g′(x)>0,所以函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)為增函數(shù),所以g(1)>g(0),所以e1212f(1)>f(0),故f(1)>f(0)e.
【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知偶函數(shù)y=f(x)對于任意的x∈0,π2滿足f′(x)cosx+
f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)),則下列不等式中成立的有 .
(1)2f-π3<fπ4 (2)2f-π3>f-π4
(3)f(0)<2f-π4 (4)fπ6<3fπ3
【解析】因為偶函數(shù)y=f(x)對于任意的x∈0,π2滿足f′(x)cosx+f(x)sinx>0,且
f′(x)cosx+f(x)sinx=f′(x)cosx-f(x)(cosx)′,
所以可構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)cosx,
則g′(x)=f(x)cosx-f(x)(cosx)cos2x>0,
所以g(x)為偶函數(shù)且在0,π2上單調(diào)遞增,
所以有g(shù)-π3=gπ3=fπ3cosπ3=2fπ3,
g-π4=gπ4=fπ4cosπ4=2fπ4,
gπ6=fπ6cosπ6=233fπ6.
由函數(shù)單調(diào)性可知gπ6<gπ4<gπ3,
即233fπ6<2fπ4<2fπ3,所以(2)(4)正確,(1)錯.
對于(3),g-π4=gπ4=2f-π4>g(0)=f(0),所以(3)正確.
答案:(2)(3)(4)
二、填空題(每小題5分,共10分)
9.若函數(shù)f(x)=-13x3+12x2+2ax在23,+∞上存在單調(diào)遞增區(qū)間,則a的取值范圍是 .
【解析】對f(x)求導(dǎo),得f′(x)=-x2+x+2a
=-x-122+14+2a.
當(dāng)x∈23,+∞時,f′(x)的最大值為f′23=29+2a.
令29+2a>0,解得a>-19.
答案:-19,+∞
10.使y=sinx+ax在R上是增函數(shù)的a的取值范圍為 .
【解析】因為f′(x)=cosx+a≥0,所以a≥-cosx,
又-1≤cosx≤1,所以a≥1.
答案:[1,+∞)
【誤區(qū)警示】解答本題易出現(xiàn)以下兩種錯誤
一是認(rèn)為f′(x)>0,得出a>1;二是由a≥-cosx,得出a≥-1的結(jié)論.
三、解答題(每小題10分,共20分)
11. (2016北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)=xea-x+bx，曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y=(e-1)x+4.
(1)求a，b的值.
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
【解析】(1)f′(x)=ea-x-xea-x+b，由切線方程可得
解得a=2，b=e.
(2)f(x)=xe2-x+ex，f′(x)=(1-x)e2-x+e.
令g(x)=(1-x)e2-x，則g′(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2).
令g′(x)=0得x=2.
當(dāng)x＜2時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞2時，g′(x)＞0,g(x)單調(diào)遞增.所以x=2時，g(x)取得極小值-1，也是最小值.
所以f′(x)=g(x)+e≥e-1＞0.所以f(x)的增區(qū)間為(-∞,+∞)，無減區(qū)間.
12.(2016天津高二檢測)已知函數(shù)f(x)=x3-ax-1.
(1)若f(x)在實(shí)數(shù)集R上單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
(2)是否存在實(shí)數(shù)a,使f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞減?若存在,求出a的取值范圍;若不存在,請說明理由.
【解析】(1)由已知,得f′(x)=3x2-a.
因為f(x)在(-∞,+∞)上是單調(diào)增函數(shù),
所以f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立,
即a≤3x2對x∈(-∞,+∞)恒成立.
因為3x2≥0,所以只需a≤0.
又a=0時,f′(x)=3x2≥0,f(x)在實(shí)數(shù)集R上單調(diào)遞增,所以a≤0.
(2)假設(shè)f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,
則a≥3x2在x∈(-1,1)時恒成立.
因為-1<x<1,所以3x2<3,所以只需a≥3.
當(dāng)a=3時,在x∈(-1,1)上,f′(x)=3(x2-1)<0,
即f(x)在(-1,1)上為減函數(shù),所以a≥3.
故存在實(shí)數(shù)a≥3,使f(x)在(-1,1)上單調(diào)遞減.
【能力挑戰(zhàn)題】
已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+1-ax-1,a∈R.
(1)當(dāng)a=-1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)當(dāng)0≤a<12時,討論f(x)的單調(diào)性.
【解析】(1)當(dāng)a=-1時,f(x)=lnx+x+2x-1,x∈(0,+∞),所以f′(x)=(x-1)(x+2)x2,
x∈(0,+∞).
由f′(x)=0,得x=1或x=-2(舍去),
所以當(dāng)x∈(0,1)時,f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
故當(dāng)a=-1時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1).
(2)因為f(x)=lnx-ax+1-ax-1,
所以f′(x)=1x-a+a-1x2=-ax2-x+1-ax2,
x∈(0,+∞).
令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞).
①當(dāng)a=0時,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞),
當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,g(x)<0,此時f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.
②當(dāng)0<a<12時,由f′(x)=0,即ax2-x+1-a=0,解得x=1或1a-1,此時1a-1>1>0,
所以當(dāng)x∈(0,1)時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
x∈1,1a-1時,g(x)<0,此時f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;
x∈1a-1,+∞時,g(x)>0,此時f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.
綜上所述,當(dāng)a=0時,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增;
當(dāng)0<a<12時,函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在1,1a-1上單調(diào)遞增,在1a-1,+∞上單調(diào)遞減.
【規(guī)律總結(jié)】確定單調(diào)區(qū)間的兩個策略
(1)不含參的函數(shù):當(dāng)f(x)不含參數(shù)時,可通過解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)直接得到單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間.
(2)含參的函數(shù):討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)質(zhì)就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論,在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論,在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論.討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的,千萬不要忽視了定義域的限制.
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