《新編人教版高中數(shù)學選修11：3.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 課時提升作業(yè)二十二 3.3.1 含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編人教版高中數(shù)學選修11：3.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 課時提升作業(yè)二十二 3.3.1 含解析（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、新編人教版精品教學資料 課時提升作業(yè)(二十二) 函數(shù)的單調(diào)性與導數(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)設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(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. 【補償訓練】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.因為函數(shù)的定義

2、域為R, 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)的定義域為(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)若函數(shù)y=f(x)在R上可導,且滿足不等式xf′(x)>-f(x)恒成立,且常數(shù)a,b滿足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,因為a0時,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, 因為當x>0時,xf′(x)-f(x)<0, 故當x>0時,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 又因為函數(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00,則f(x)>0; 當x<-1時,g(x)<0,則f(x)>0, 綜上所述,使得f(

5、x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1). 5.(2015·宣城高二檢測)設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù),將y=f(x)和y=f′(x)的圖象畫在同一個直角坐標系中,不可能正確的是　(　　) 【解題指南】分別以其中的一個圖象為原函數(shù)的圖象,另一個為導函數(shù)的圖象,驗證是否符合單調(diào)性與導函數(shù)的關(guān)系. 【解析】選D.D中,若上方的圖象為原函數(shù),則下方的導函數(shù)的函數(shù)值先正后負再為正值,而不是恒小于等于0,若下方的圖象為原函數(shù),則導函數(shù)的函數(shù)值同樣有正有負,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,+∞)

6、內(nèi)單調(diào)遞減,則實數(shù)a的取值范圍為　　　　　　. 【解析】因為f(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a=12時,f(x)=12,此時函數(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. 故實數(shù)a的取值范圍為-∞,12. 答案:-∞,12 【補償訓練】已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2-x-1在(-∞,+∞)上是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是　(　　) A.(-∞,-3]∪[

7、3,+∞)　　 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】因為f′(x)=4x-1x,令f′(x)<0, 又函數(shù)的定義域為(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′(

8、x)≥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)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y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為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)因為f′(x)=3ax2+2bx, 所以f′(1)=3a+2b

9、,又因為切線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(1,c)在直線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x∈(-∞,0)時f′(x)<0;當x∈0,23時f′(x)>0; 當x∈23,+∞時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+

10、f(x)在[1,2]上是減函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍. 【解析】(1)f′(x)=2x+2ax=2x2+2ax,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞). ①當a≥0時,f′(x)>0,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞); ②當a<0時,f′(x)=2(x+-a)(x--a)x. 當x變化時,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)=-2x

11、2+2x+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,且滿足f(x)

12、f(1)>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)已知f(x)滿足f(4)=f(-2)=1,f′(x)為其導函數(shù),且導函數(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.由導函數(shù)y=f′(x)的

13、圖象可知,當x<0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減,當x>0時,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,且當x=0時有意義, 當x<0時,f(x)<1=f(-2),解得-2f(1) C.f(-1)

14、1, 所以f(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)若函數(shù)f(x)=(mx-1)ex在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則實數(shù)m的取值范圍是　　　　. 【解析】因為f′(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

15、析】y′=-4x2+a,函數(shù)y=-43x3+ax有三個單調(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)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x-1)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R. (1)若a=1,求曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線方程. (2)若a=-1,求f(x)的單調(diào)區(qū)間. 【解析】(1)因為f(x)=(x2+x-1)ex, 所以f′(x)=(2x+1)ex+(x2+x-1)ex=(x2+3x)ex, 所以曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線斜率為k=f′(1)=4e.

16、又因為f(1)=e,所以所求切線方程為y-e=4e(x-1),即4ex-y-3e=0. (2)f(x)=(-x2+x-1)ex,因為f′(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

17、,函數(shù)的定義域為(0,+∞), 所以g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a) 所以g′(x)=2-2x=2(x-1)x, 當x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減; 當x∈(1,+∞)時,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)=

18、x-1-lnx(x≥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x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0, 又當x∈(0,1]時,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0, 故x∈(0,+∞)時,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. 關(guān)閉Word文檔返回原板塊