《2017-2018學年高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 3.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修1 -1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 3.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修1 -1.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)
[課時作業(yè)]
[A組 基礎鞏固]
1．已知e為自然對數(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
f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
解析：f ′(x)＝，當x>e時，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，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．a(chǎn)≥1 B．a(chǎn)＝1
C．a(chǎn)≤1 D．02時，f ′(x)>0；當00，則cos x<，又x∈(0，π)，解得0，x2>0，
∴f ′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．
當x∈(e，＋∞)時，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為實數(shù)．
(1)當a＝0時，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a＝0時，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，g(x)≤0恒成立，
結合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)0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以有f(2)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x∈時，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a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以f (x)在(－∞，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增．
(ii)設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x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)＞0；
當x∈(ln(－2a)，1)時，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x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)＞0；
當x∈(1，ln(－2a))時，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，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，
所以g(x)＝f′(x)＝2(x－1－ln x－a)
所以g′(x)＝2－＝，
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)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a＝a0時，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x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞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)2－2xln x＞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．
2017-2018學年高中數(shù)學 第三章 導數(shù)及其應用 3.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 3.3.1 函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修1 -1.doc
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