《2017-2018學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 1.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 1.3.1 函數(shù)的單調性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 1.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 1.3.1 函數(shù)的單調性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修2-2.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1.3.1 函數(shù)的單調性與導數(shù)
[課時作業(yè)]
[A組 基礎鞏固]
1．函數(shù)f(x)＝的遞減區(qū)間為( )
A．(3，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－∞，2)和(2,3) D．(2,3)和(3，＋∞)
解析：函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)．
f′(x)＝＝.
因為x∈(－∞，2)∪(2，＋∞)，
所以ex>0，(x－2)2>0.
由f′(x)<0得x<3.
又定義域為(－∞，2)∪(2，＋∞)，所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，2)和(2,3)．
答案：C
2．若f(x)＝x3－ax2＋4在(0,2)內單調遞減，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．a≥3 B．a＝3
C．a≤3 D．0
0，得x>，
令y′<0，得02f(1)
解析：由(x－1)f′(x)≥0得f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，在(－∞，1]上單調遞減或f(x)恒為常數(shù)，故f(0)＋f(2)≥2f(1)．
答案：C
5.設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：由已知圖象可知，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上遞增；當x∈(0,2)時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0,2)上遞減；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上遞增．
答案：C
6．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a＞0)在R上是增函數(shù)，則a，b，c的關系式為________．
解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0恒成立，
則，得a＞0，且b2≤3ac.
答案：a＞0且b2≤3ac
7．函數(shù)y＝ln(x2－x－2)的單調遞減區(qū)間為________．
解析：函數(shù)y＝ln(x2－x－2)的定義域為(2，＋∞)∪(－∞，－1)，
令f(x)＝x2－x－2，f′(x)＝2x－1＜0，得x＜，
∴函數(shù)y＝ln(x2－x－2)的單調減區(qū)間為(－∞，－1)．
答案：(－∞，－1)
8．若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是________．
解析：f′(x)＝－x＋，
∵f′(x)≤0在(－1，＋∞)上恒成立，
∴b≤x(x＋2)在x∈(－1，＋∞)上恒成立．
又x∈(－1，＋∞)時，x(x＋2)>－1，
∴b≤－1.
答案：(－∞，－1]
9．已知函數(shù)f(x)＝的圖象在點M(－1，f(－1))處的切線方程為x＋2y＋5＝0.
(1)求函數(shù)y＝f(x)的解析式；
(2)求函數(shù)y＝f(x)的單調區(qū)間．
解析：(1)由函數(shù)f(x)的圖象在點M(－1，f(－1))處的切線方程為x＋2y＋5＝0，知f′(－1)＝－，
且－1＋2f(－1)＋5＝0，
即f(－1)＝－2，＝－2，①
又f′(x)＝，
所以＝－.②
由①②得a＝2，b＝3.
(∵b＋1≠0，∴b＝－1舍去)
所以所求函數(shù)的解析式是f(x)＝.
(2)f′(x)＝，
令－2x2＋12x＋6＝0，解得x1＝3－2，x2＝3＋
2，則當x<3－2或x>3＋2時，f′(x)<0；當3－20.
∴f(x)＝的單調遞增區(qū)間是(3－2，3＋2)；單調遞減區(qū)間是(－∞，3－2)和(3＋2，＋∞)．
10．設函數(shù)f(x)＝ax3＋(2a－1)x2－6x(a∈R)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，－3)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
解析：f′(x)＝3ax2＋3(2a－1)x－6＝3(ax－1)(x＋2)．
(1)若a＝0，則f′(x)＝－3(x＋2)>0?x<－2，此函數(shù)在(－∞，－2)上單調遞增，從而在(－∞，－3)上單調遞增，滿足條件．
(2)若a≠0，則令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝，
因為f(x)在(－∞，－3)上是增函數(shù)，即x<－3時
f′(x)>0恒成立，a>0時，則－2>－3恒成立，即a>0.
a<0時，不合題意．
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[0，＋∞)．
[B組 能力提升]
1．若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)，則a的取值范圍是( )
A．[－1,0] B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
解析：∵f(x)＝x2＋ax＋在上是增函數(shù)．
∴f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立，
即a≥－2x.
∵函數(shù)y＝x－2與函數(shù)y＝－2x在上為減函數(shù)，
∴a≥4－2＝3.
答案：D
2．函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：設m(x)＝f(x)－(2x＋4)，
則m′(x)＝f′(x)－2＞0，
∴m(x)在R上是增函數(shù)．
∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，
∴m(x)＞0的解集為，
即f(x)＞2x＋4的解集為(－1，＋∞)．
答案：B
3．如果函數(shù)f(x)＝2x2－ln x在定義域內的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．
解析：顯然函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝4x－＝.
由f′(x)>0，得函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(，＋∞)；由f′(x)<0，得函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，)．
由于函數(shù)在區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調函數(shù)，
所以，解得1≤k<.
答案：1≤k<
4．已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在區(qū)間[－1,2]上是減函數(shù)，那么b＋c的最大值為________．
解析：由題意得f′(x)＝3x2＋2bx＋c≤0在[－1,2]上恒成立，得
??
以下有兩種方法．
解法一：設b＋c＝x(2b－c)＋y(4b＋c)，
即b＋c＝(2x＋4y)b＋(－x＋y)c，
令解得
所以b＋c＝－(2b－c)＋(4b＋c)
≤－3＋(－12)
＝－，
當且僅當2b－c＝3,4b＋c＝－12，即b＝－，c＝－6時，等號成立，
所以b＋c的最大值為－.
解法二：建立平面直角坐標系bOc，作出可行域，如圖，解
得兩直線l1：2b－c＝3與l2：4b＋c＝
－12的交點坐標A，
令b＋c＝m，則c＝－b＋m為平行線組，
易知平行線組c＝－b＋m經(jīng)過點A時，
mmax＝b＋c＝－.
答案：－
5．已知函數(shù)y＝a x與y＝－在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，試確定函數(shù)y＝ax3＋bx2＋5的單調區(qū)間．
解析：因為函數(shù)y＝ax與y＝－在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，
所以a<0，b<0.
由y＝ax3＋bx2＋5得y′＝3ax2＋2bx.
令y′>0，得3ax2＋2bx>0，
所以－0.
所以在(－∞，－)，(0，＋∞)上函數(shù)為減函數(shù)．
6．已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)e－x(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))
(1)若函數(shù)f(x)在(－1,1)內單調遞減，求a的取值范圍．
(2)函數(shù)f(x)是否為R上的單調函數(shù)？若是，求出a的取值范圍，若不是，請說明理由．
解析：(1)因為f(x)＝(－x2＋ax)e－x，所以f′(x)＝[x2－(a＋2)x＋a]e－x，
要使f(x)在(－1,1)上單調遞減，則f′(x)≤0對一切x∈(－1,1)都成立，
即x2－(a＋2)x＋a≤0對x∈(－1,1)都成立，
令g(x)＝x2－(a＋2)x＋a，則?解得a≤－.
所以a的取值范圍是.
(2)①若函數(shù)f(x)在R上單調遞減，則f′(x)≤0對
x∈R都成立，
即[x2－(a＋2)x＋a]e－x≤0對x∈R都成立，從而x2－(a＋2)x＋a≤0對x∈R都成立，
令g(x)＝x2－(a＋2)x＋a，拋物線y＝g(x)開口向上，不可能對x∈R，g(x)≤0都成立．
②若函數(shù)f(x)在R上單調遞增，
則f′(x)≥0對x∈R都成立，
從而x2－(a＋2)x＋a≥0對x∈R都成立，
由于Δ＝(a＋2)2－4a＝a2＋4>0，
故f′(x)≥0不能對一切x∈R都成立，
綜上可知，函數(shù)f(x)不可能是R上的單調函數(shù).
2017-2018學年高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 1.3 導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 1.3.1 函數(shù)的單調性與導數(shù)優(yōu)化練習 新人教A版選修2-2.doc
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