2017版（人教版）高中数学选修1-1（检测）：3.3 导数在研究函数中的应用 课后提升作业 二十二 3.3.1 Word版含解析.doc

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] B.(0,1] C.[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 B.y=xex C.y=x3-x　 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′=-<0对x∈(-1,1)恒成立, 所以函数y=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,且在上是增函数 B.奇函数,且在上是减函数 C.偶函数,且在上是增函数 D.偶函数,且在上是减函数 【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> B.0<a< C.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　(　　) 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　(　　) A.f(1)> B.f(2)< C.f(1)>f(2) D.f(0)>e2f(4) 【解析】选A.令g(x)=f(x), 则g′(x)=f(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)>. 【补偿训练】已知偶函数y=f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cosx+ 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 　(2)f>f (3)f(0)<f 　(4)f<f 【解析】因为偶函数y=f(x)对于任意的x∈满足f′(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)=>0, 所以g(x)为偶函数且在上单调递增, 所以有g=g==2f, g=g==f, g==f. 由函数单调性可知g<g<g, 即f<f<2f,所以(2)(4)正确,(1)错. 对于(3),g=g=f>g(0)=f(0),所以(3)正确. 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在上存在单调递增区间,则a的取值范围是　　　　. 【解析】对f(x)求导,得f′(x)=-x2+x+2a =-++2a. 当x∈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. 【解析】(1)f′(x)=ea-x-xea-x+b，由切线方程可得 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，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+-1, 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>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∈时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递增; x∈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,在上单调递增,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.