高中數(shù)學(xué) 3.3.1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性活頁(yè)訓(xùn)練 湘教版選修1-1

【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)3.3.1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性活頁(yè)訓(xùn)練湘教版選修1-1eq\a\vs4\al\co1(基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)限時(shí)20分鐘)1．已知f(x)的定義域?yàn)閇0,1]，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)f′(x)>0，則下列關(guān)系式一定成立的是 ()．A．f(0)<0 B．f(1)>0C．f(1)>f(0) D．f(1)<f(0)解析f′(x)>0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈[0，1]))，f(x)在[0,1]上是增函數(shù)，∴f(1)>f(0)．答案C2．函數(shù)f(x)＝xlnx的單調(diào)減區(qū)間為 ()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，＋∞))解析f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)<0得lnx<－1,0<x<eq\f(1,e)，∴f(x)的減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).答案C3．設(shè)f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，y＝f′(x)圖象如圖，則y＝f(x)圖象可能是 ()．解析當(dāng)0<x<2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0,2)上遞減，在(－∞，0)和(2，＋∞)上遞增．故選C.答案C4．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為_(kāi)_______，增區(qū)間為_(kāi)_______．解析f′(x)＝3x2－30x－33＝3(x2－10x－11)＝3(x－11)(x＋1)，由f′(x)>0知x>11或x<－1，由f′(x)<0知－1<x<11，所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)，單調(diào)增區(qū)間為(11，＋∞)和(－∞，－1)．答案(－1,11)(11，＋∞)和(－∞，－1)5．函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的減區(qū)間為_(kāi)_______，增區(qū)間為_(kāi)_______．解析由圖象可知，當(dāng)x<－1或0<x<2時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)－1<x<0或x>2時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)的增區(qū)間為(－1,0)，(2，＋∞)，減區(qū)間為(0,2)和(－∞，－1)．答案(0,2)和(－∞，－1)(－1,0)和(2，＋∞)．6．求下列函數(shù)的單調(diào)區(qū)間：(1)f(x)＝x3－x；(2)f(x)＝ex－x＋1.解(1)f′(x)＝3x2－1，由f′(x)>0知x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3).由f′(x)<0知－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3)，所以f(x)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))).(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0知x>0，由f′(x)<0知x<0.所以f(x)的增區(qū)間為(0，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，0)．eq\a\vs4\al\co1(綜合提高限時(shí)25分鐘)7．下列各選項(xiàng)中的函數(shù)，在定義域上為減函數(shù)的是 ()．A．f(x)＝x3＋x B．f(x)＝eq\f(1,x)C．f(x)＝sinx－x D．f(x)＝－x2x解對(duì)于f(x)＝sinx－x，f′(x)＝cosx－1≤0對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．∴f(x)在R上單調(diào)遞減．答案C8．對(duì)于R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)來(lái)說(shuō)，若(x－1)f′(x)>0，則必有 ()．A．f(0)＋f(2)<2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2C．f(0)＋f(2)≥2f(1) D．f(0)＋f(2)>2解析由(x－1)f′(x)>0知，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x<1時(shí)f′(x)<0，所以f(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，(－∞，1)上是減函數(shù)，∴f(0)>f(1)，f(1)<f(2)，∴f(0)＋f(2)>2f答案D9．若函數(shù)f(x)＝x3－px2＋2m2－m＋1在區(qū)間(－2,0)上單調(diào)遞減，且在區(qū)間(－∞，－2)及(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)解析f′(x)＝3x2－2px，由題意知x＝0和x＝－2是方程3x2－px＝0的兩個(gè)根，∴p＝－6.答案－610．函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2－1,x)在(0，＋∞)上遞增，則a的范圍為_(kāi)_______．解析f′(x)＝eq\f(2ax·x－ax2－1,x2)＝eq\f(ax2＋1,x2)≥0在(0，＋∞)上恒成立．a(chǎn)≥－eq\f(1,x2)，又x>0時(shí)，－eq\f(1,x2)<0.∴a≥0.答案[0，＋∞)11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，若f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解由f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x).若函數(shù)為[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，則f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即不等式2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，也即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞]上恒成立．令φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2，上述問(wèn)題等價(jià)于a≥φ(x)max，而φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，則φ(x)max＝φ(1)＝0，于是a≥0為所求．12．(創(chuàng)新拓展)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處與直線y＝8相切，求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解(1)f′(x)＝3x2－3a，因?yàn)榍€y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處與直線y所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f2＝8))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(34－a＝0，,8－6a＋b＝8))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝24.))(2)因?yàn)閒′(x)＝3(x2－a)(a≠0)，當(dāng)a<0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝0?x＝±eq\r(a)，當(dāng)x∈(－∞，－eq\r(a))時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(