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最新(人教版)高中数学选修1-1课后提升作业 二十二 3.3.1 Word版含解析

最新(人教版)高中数学选修1-1课后提升作业 二十二 3.3.1 Word版含解析

最新人教版数学精品教学资料 课后提升作业 二十二
函数的单调性与导数 (45 分钟 70 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 40 分) 1.(2016· 广州高二检测)函数 f(x)= x2-lnx 的单调递减区间为 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞) ( )

【解析】选 B.由题意知, 函数的定义域为(0,+∞), 又由 f′(x)=x- ≤0, 解得 0<x≤1, 所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1]. 2.下列函数中,在(0,+∞)内为增函数的是 A.y=sinx C.y=x3-x B.y=xex D.y=lnx-x ( )

【解析】选 B.A 中,y′=cosx, 当 x>0 时,y′的符号不确定; B 中,y′=ex+xex=(x+1)ex, 当 x>0 时,y′>0,故在(0,+∞)内为增函数; C 中:y′=3x2-1,当 x>0 时,y′>-1; D 中,y′= -1,当 x>0 时,y′>-1. 3.下列函数中,在区间(-1,1)上是减函数的是 ( A.y=2-3x2 B.y=lnx )

C.y=

D.y=sinx

【解析】选 C.A 中,y′=-6x, 当-1<x<0 时,y′>0, 当 0<x<1 时,y′<0, 故函数 y=2-3x2 在区间(-1,1)上不是减函数, B 中,y=lnx 在 x≤0 处无意义; C 中,y′=所以函数 y= <0 对 x∈(-1,1)恒成立, 在区间(-1,1)上是减函数;

D 中,y′=cosx>0 对 x∈(-1,1)恒成立, 所以函数 y=sinx 在(-1,1)上是增函数. 4.(2015· 湖南高考)设函数 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则 f(x)是 A.奇函数,且在 B.奇函数,且在 C.偶函数,且在 D.偶函数,且在 上是增函数 上是减函数 上是增函数 上是减函数 ( )

【解题指南】先判断函数的奇偶性,再判断函数的单调性. 【解析】选 A.显然,f(x)的定义域为(-1,1),关于原点对称, 又因为 f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x), 所以 f(x)为奇函数, 因为 f′(x)= + = ,

在(0,1)上 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,1)上是增函数. 5.设 f(x)= x3+ax2+5x+6 在区间[1,3]上为单调函数,则实数 a 的取值范 围 为 ( )

A.[-

,+∞)

B.(-∞,-3] C.(-∞,-3]∪[D.[, ] ,+∞)

【 解 析 】 选 C.f ′ (x)=x2+2ax+5, 当 f(x) 在 [1,3] 上 单 调 递 减 时 , 由 得 a≤-3; 当 f(x)在[1,3]上单调递增时,f′(x)≥0 恒成立,

则有Δ=4a2-4×5≤0 或



得 a∈[-

,+∞). ,+∞).

综上 a 的取值范围为(-∞,-3]∪[-

6.(2016·烟台高二检测)设函数 f(x)= ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调, 则实数 a 的取值范围是 ( A.a> C.0<a< )

B.0<a< D. <a<1

【解题指南】f(x)在(0,3)内不单调,所以 f′(x)在(0,3)内有零点. 【解析】选 A.因为 f(x)= ax3-x2, 所以 f′(x)=ax2-2x, 又 f(x)= ax3-x2(a>0)在(0,3)内不单调, 所以 f′(x)在(0,3)内有零点. 而 f′(x)=ax2-2x 有零点 0, (a>0), 所以 0< <3,解得 a> . 7.已知函数 f(x)对定义域 R 内的任意 x 都有 f(x)=f(4-x),且当 x≠2 时,

导函数 f′(x)满足(x-2)f′(x)>0.若 2<a<4,则 ( 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】选 C.由(x-2)f′(x)>0 可得 x>2 时 f′(x)>0, 所以 f(x)在(2,+∞)是增函数. 因为 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).

)

【补偿训练】对于 R 上可导的任意函数 f(x),若满足(x-1)f′(x)≥0, 则必 有 ( ) B.f(0)+f(2)≤2f(1) D.f(0)+f(2)>2f(1)

A.f(0)+f(2)<2f(1) C.f(0)+f(2)≥2f(1)

【解题指南】首先对 x 分段讨论,解不等式求出 f′(x)的符号,判断出 f(x)的单调性,然后利用函数的单调性比较出函数 f(0),f(2)与 f(1)的 大小关系,最后利用不等式的性质即可得出所选的答案. 【解析】选 C.因为(x-1)f′(x)≥0, 所以当 x>1 时,f′(x)>0; 当 x<1 时,f′(x)<0,所以 f(x)在(1,+∞)上为增函数,在(-∞,1)上为减 函数,所以 f(2)≥f(1),f(0)≥f(1),所以 f(0)+f(2)≥2f(1). 8. 已 知 函 数 f(x) 满 足 :f(x)+2f ′ (x)>0, 那 么 下 列 不 等 式 成 立 的 是

(

) B.f(2)< f(2) D.f(0)>e2f(4) f(x), f′(x)

A.f(1)> C.f(1)>

【解析】选 A.令 g(x)= 则 g′(x)= = f(x)+

(f(x)+2f′(x)),因为函数 f(x)满足 f(x)+2f′(x)>0,所以 g′

(x)>0, 所 以 函 数 g(x) 在 定 义 域 内 为 增 函 数 , 所 以 g(1)>g(0), 所 以 f(1)>f(0),故 f(1)> . 满足 f′(x)cosx+

【补偿训练】 已知偶函数 y=f(x)对于任意的 x∈

f(x)sinx>0(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数),则下列不等式中成立的 有 (1) f f . <f (2) (4)f f < >f f 满足 f′

(3)f(0)<

【 解 析 】 因 为 偶 函 数 y=f(x) 对 于 任 意 的 x ∈ (x)cosx+f(x)sinx>0,且 f′(x)cosx+f(x)sinx=f′(x)cosx-f(x)(cosx)′, 所以可构造函数 g(x)= 则 g′(x)= 所以 g(x)为偶函数且在 所以有 g g g = =g = = f =g = . = f =2f , , >0, 上单调递增, ,

由函数单调性可知 g 即 f < f =g <2f =

<g

<g

,

,所以(2)(4)正确,(1)错. f >g(0)=f(0),所以(3)正确.

对于(3),g 答案:(2)(3)(4)

二、填空题(每小题 5 分,共 10 分) 9.若函数 f(x)=- x3+ x2+2ax 在 值范围是 . 上存在单调递增区间,则 a 的取

【解析】对 f(x)求导,得 f′(x)=-x2+x+2a =当 x∈ + +2a. 时,f′(x)的最大值为 f′ = +2a.

令 +2a>0,解得 a>- . 答案: 10.使 y=sinx+ax 在 R 上是增函数的 a 的取值范围为 【解析】因为 f′(x)=cosx+a≥0,所以 a≥-cosx, 又-1≤cosx≤1,所以 a≥1. 答案:[1,+∞) 【误区警示】解答本题易出现以下两种错误 一是认为 f′(x)>0,得出 a>1;二是由 a≥-cosx,得出 a≥-1 的结论. 三、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 11. (2016·北京高考)设函数 f(x)=xea-x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2)) 处的切线方程为 y=(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值. .

(2)求 f(x)的单调区间.
?f ? 2 ? ? 2ea ?2 ? 2b ? 2e ? 2, ? 【解析】(1)f′(x)=e -xe +b,由切线方程可得 ? a ?2 ? ?f ? ? 2 ? ? ?e ? b ? e ? 1.
a-x a-x

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,则 g′(x)=-e2-x-(1-x)e2-x=e2-x(x-2). 令 g′(x)=0 得 x=2. 当 x<2 时,g′(x)<0,g(x)单调递减; 当 x>2 时, g′(x)>0,g(x)单调递增.所以 x=2 时, g(x)取得极小值-1, 也是最小值. 所以 f′(x)=g(x)+e≥e-1>0.所以 f(x)的增区间为(-∞,+∞), 无减区 间. 12.(2016·天津高二检测)已知函数 f(x)=x3-ax-1. (1)若 f(x)在实数集 R 上单调递增,求实数 a 的取值范围. (2)是否存在实数 a,使 f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在,求出 a 的取值 范围;若不存在,请说明理由. 【解析】(1)由已知,得 f′(x)=3x2-a. 因为 f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数, 所以 f′(x)=3x2-a≥0 在(-∞,+∞)上恒成立, 即 a≤3x2 对 x∈(-∞,+∞)恒成立. 因为 3x2≥0,所以只需 a≤0. 又 a=0 时,f′(x)=3x2≥0,f(x)在实数集 R 上单调递增,所以 a≤0. (2)假设 f′(x)=3x2-a≤0 在(-1,1)上恒成立, 则 a≥3x2 在 x∈(-1,1)时恒成立.

因为-1<x<1,所以 3x2<3,所以只需 a≥3. 当 a=3 时,在 x∈(-1,1)上,f′(x)=3(x2-1)<0, 即 f(x)在(-1,1)上为减函数,所以 a≥3. 故存在实数 a≥3,使 f(x)在(-1,1)上单调递减. 【能力挑战题】 已知函数 f(x)=lnx-ax+ -1,a∈R.

(1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的单调区间. (2)当 0≤a< 时,讨论 f(x)的单调性. 【 解 析 】 (1) 当 a=-1 时 ,f(x)=lnx+x+ -1,x ∈ (0,+ ∞ ), 所 以 f ′ (x)= x∈(0,+∞). 由 f′(x)=0,得 x=1 或 x=-2(舍去), 所以当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 故当 a=-1 时 ,函数 f(x) 的单调递增区间为 (1,+∞ ),单调递减区间为 (0,1). (2)因为 f(x)=lnx-ax+ 所以 f′(x)= -a+ x∈(0,+∞). 令 g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞). ①当 a=0 时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. ②当 0<a< 时 , 由 f ′ (x)=0, 即 ax2-x+1-a=0, 解得 x=1 或 -1, 此时 =-1, , ,

-1>1>0, 所以当 x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈ x∈ 时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减.

综上所述,当 a=0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递 增; 当 0<a< 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在 上单调递减. 【规律总结】确定单调区间的两个策略 (1) 不含参的函数 :当 f(x) 不含参数时,可通过解不等式 f′ (x)>0( 或 f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间. (2)含参的函数:讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情 况.大多数情况下 ,这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等 式的解集的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据 根的大小进行分类讨论,在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等 式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义 域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制. 上单调递增,在

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